ExercÄ±cios Resolvidos de Teoria EletromagnÃ©tica ConteÂ´udo

LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 

11 de Dezembro de 2004, às 2:25 p.m. 

Exercícios Resolvidos de Teoria Eletromagnética 

Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de física teórica, 

Doutor em Física pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha 

Universidade Federal do Rio Grande do Sul 

Instituto de Física 

Matéria para a TERCEIRA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro 

“Fundamentos de Física”, Halliday, Resnick e Walker. 

Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas 

Conteúdo 

30 O Campo Magnético 2 

30.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 

30.2 Problemas e Exercícios . . . . . . . . . 3 

30.2.1 Definição de B – 1/8 . . . . . . 3 

30.2.2 A Descoberta do Elétron – 9/13 6 

30.2.3 O Efeito Hall – 14/18 . . . . . . 6 

30.2.4 Movimento Circular de uma 

Carga – 19/37 . . . . . . . . . . 7 

30.2.5 Cíclotrons e Sincrotons – 38/42 9 

30.2.6 Força magnética sobre fio transportando 

corrente – 43/52 . . . 9 

30.2.7 Torque sobre uma Bobina de 

Corrente – 53/61 . . . . . . . . 10 

30.2.8 O Dipolo Magnético – 62/72 . . 12 

31 Lei de Ampère 14 

31.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 


31.2.1 Cálculo do Campo Magnético – 

1/26 . . . . . . . . . . . . . . . 14 

31.2.2 Dois Condutores Paralelos – 27/39 16 

31.2.3 Lei de Ampère – 40/52 . . . . . 18 

31.2.4 Solenóides e Toróides – 53/73 . 19 

31.2.5 Problemas extras . . . . . . . . 20 

32 A Lei da Indução, de Faraday 21 

32.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 


32.2.1 Lei da Indução de Faraday – 1/21 21 

32.2.2 Indução: Um Estudo Quantitativo 

– 22/39 . . . . . . . . . . . 24 

32.2.3 Campo Elétrico Induzido – 40/47 27 

32.2.4 O Betatron – 45/46 . . . . . . . 27 

32.2.5 Problemas Adicionais – 48/51 . 27 

34 Propriedades Magnéticas da Matéria 28 

34.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 


34.2.1 O Magnetismo e o Elétron – (1/5) 28 

34.2.2 A Lei de Gauss do Magnetismo 

– (6/9) . . . . . . . . . . . . . . 28 

34.2.3 O Magnetismo da Terra – (10/17) 29 

34.2.4 Paramagnetismo – (18/25) . . . 31 

34.2.5 Diamagnetismo – (26/27) . . . 32 

34.2.6 Ferromagnetismo – (28/38) . . . 32 

34.2.7 Problemas Extras . . . . . . . . 34 

37 As Equações de Maxwell – [Capítulo 37, 

página 316] 36 

37.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 


37.2.1 As Equações de Maxwell: Uma 

Lista Provisória – (1/2) . . . . . 36 

37.2.2 Campos Magnéticos Induzidos 

– (3/5) . . . . . . . . . . . . . . 36 

37.2.3 Corrente de Deslocamento – 

(6/15) . . . . . . . . . . . . . . 37 

37.2.4 Equações de Maxwell: a Lista 

Completa – (16/20) . . . . . . . 38 

Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para 

jgallas @ if.ufrgs.br 

(lista3.tex) 

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30 O Campo Magnético 

30.1 Questões 

Q 30-1. 

Dos três vetores na equação ¡£¢¥¤§¦©¨ , que pares 

são sempre ortogonais entre si? Que pares podem 

formar um ângulo arbitrário entre si? 

Esta questão é apenas uma revisão de álgebra vetorial: 

 

o vetor que resulta de um produto vetorial de dois outros 

vetores deve sempre ser ortogonal aos vetores dos quais 

“descende”. Portanto os vetores ¨ 

e podem fazer um 

ângulo arbitrário entre si. Mas será necessariamente 

perpendicular tanto a quanto a . 

¨ 

¡£¢ 

Q 30-3. 

Imagine que você esteja sentado numa sala com as costas 

voltadas para a parede, da qual emerge um feixe de 

elétrons que se move horizontalmente na direção da parede 

em frente. Se o feixe de elétrons for desviado para 

a sua direita, qual será a direção e o sentido do campo 

magnético existente na sala? 

Vertical, para baixo. Pois fazendo o produto vetorial 

 

vemos que a força magnética aponta para a esquerda, 

fornecendo a direção para onde partículas carre- 

¨ 

gadas positivamente são desviadas. Elétrons desviam-se 

para a direita. 

Q 30-4. 

Como podemos descartar a hipótese de as forças existentes 

entre ímãs serem forças elétricas? 

 

Basta colocar os ímãs em contato e, depois separá-los: 

as forças não se neutralizam e sua magnitude, direção 

e sentido não se altera após ter havido o contato e a 

separação. 

Q 30-6. 

Se um elétron em movimento for desviado lateralmente 

ao atravessar uma certa região do espaço, podemos afirmar 

com certeza que existe um campo magnético nessa 

região? 

 

Não. Tal afirmativa será valida apenas se o elétron 

andar em círculos sem variar sua energia cinética. 

Q 30-11. 

Quais são as funções fundamentais do: (a) campo 

elétrico e (b) campo magnético no ciclotron? 

 

(a) Estabelecer a ddp que acelera as cargas [i.e. aumenta 

sua energia]; (b) Estabelecer movimento circular 

que permite a aceleração das mesmas, ao serem reinjetadas 

no campo elétrico. 

Q 30-12. 

Qual é o fato central que possibilita a operação de 

um ciclotron convencional? Ignore considerações relativísticas. 

 

O fato central que permite a operação de um ciclotron 

é a chamada condição de ressonˆancia, expressa pela 

Eq. (30-22): 

Q 30-17. 

circulação 

¤ 

oscilador elétrico 

Um condutor tem uma carga total nula, mesmo quando 

percorrido por uma corrente. Por que, então, um campo 

magnético é capaz de exercer uma força sobre ele? 

Numa corrente elétrica os elétrons possuem uma 

mobilidade grande ao passo que os prótons praticamente 

não se movem (porque estão rigidamente ligados 

na rede cristalina). Portanto, surge uma força 

magnética macroscópica em virtude destes movimentos 

microscópicos dos elétrons. 

Q 30-19. 

Uma espira retangular ocupa uma posição arbitrária 

num campo magnético externo. Que trabalho é necessário 

para girar a espira em torno de um eixo perpendicular 

ao seu plano? 

 

Nenhum. Justifique! 


¤ 1+ 

* +-,/.0 

+7,/.0 

"!32546 98) ;: 

"!/254)6 

¤ 

M K J 

¦ K J N K J 

 

F 

 

C 

FUE 

M 

M 

¤ 

¤ 

¤ 

¦ N ! 

sen 

¤ 

& ( \ 

¤ 

 

 

 

 

 

 

 

 

u 

 

 

¤ 



Dica: 

A energia potencial magnética de um dipolo 

colocado num campo magnético externo 

 

magnético 

é 

Q 30-21. 

¤ 

 

Mostramos, no exemplo 9, que o trabalho necessário 

para inverter uma espira de corrente, num campo 

magnético externo, a partir da posição em que está alinhada 

com o campo vale 

"! 

. Este resultado é válido 

para qualquer rotação de #%$'&)( que parta de uma posição 

arbitrária? 

 

Não. 

=< ¤ "!3254)6 

 

+>,?.0 ¤ .0 

254)6 254)6 ¤@ 

2A46 

pois Desta expressão 

vemos que o resultado final depende do ângulo 

, do qual partimos, ao fazer a rotação 2546 de . #B$&( 

Q 30-22. 

Imagine que no aposento em que você está sentado exista 

um campo magnético uniforme apontando verticalmente 

para cima. Uma espira circular tem seu plano 

horizontal. Para que sentido da corrente (vista de cima) 

 

estará a espira em equilíbrio estável em relação às forças 

e torques de origem magnética? 

 

Anti-horário, pois minimiza 

 

. 

E 30-2 

Quator partículas seguem as trajetórias mostradas na 

Fig. 30-28 quando elas passam através de um campo 

magnético. O que se pode concluir sobre a carga de 

cada partícula? 

 

O que podemos concluir sobre o sinal da carga é o 

seguinte, considerando-se a atuação da força 

¡V¤V¦©¨/ 

magnética 

: A partícula 1 tem carga positiva, pois 

desloca-se no mesmo sentido em que atua . Analogamente, 

as partículas 2 e 4 tem carga negativa. 

Para a partícula 3 podemos concluir mais do que apenas 

¡ 

seu sinal: a partícula 3 não tem carga pois, como se percebe 

claramente da figura, a possibilidade do produto 

vetorial ser zero (isto é, W termos // ) está excluida. 

Em outras palavras, perceba que uma partícula carregada 

poderia atravessar um campo magnético sem sobre 

 

deflexão, desde que viajasse paralelamente ao campo. 

Isto é uma conseqüência direta do produto vetorial que 

define . 

¡ 

E 30-3 

Um elétron num tubo de TV está se movendo a X 

m/s num campo magnético de $Z intensidade mT. (a) 

Sem conhecermos a direção do campo, quais são o 

maior e o menor módulo da força que o elétron pode 

sentir devido a este campo? (b) Num certo ponto a 

m/sR . Qual é o ângulo 

#B&^]`_ 

entre a velocidade do elétron e o campo magnético? 

aceleração do elétron é [ \ 

(a) As forças máxima e mínima ocorrem para a 

 

, respectivamente. Portanto 

&( 

#%&'Y 

30.2 Problemas e Exercícios 

max 

\ &( e a 

5 

5 

$Z 

# b 

30.2.1 Definição de B – 1/8 

#B&dc ]fe 

¤ 

#%&gcih 

X 

#%& Y 

#B& c ]m_ N 

\dkjlb 

min 

E 30-1 

Expresse a unidade de um campo magnético ! em termos 

das dimensões C , D , E e F (massa, comprimento, 

tempo e carga). 

 

Uma maneira simples de se fazer isto é usando-se a 

Eq. 30-6, ¡G¤H¦©¨3I , que fornece 

(b) Como n 

¤ 

N ! 

sen & ( 

& 

¤¤¦ 

N 

¤ M 

senc ]ts 

senc ]ts 

PToqp 

p n o 

N 

! 

sen 

¦ ¤ 

N !u ¦ 

## \t 

A 

] [ \ cvh #%& 

P©orp temos que 

#B&^]`_ 

#B& c ]m_ 

\dkjlb 

& b X ( 

J !LK ¤ 

CODQP©E-R A ¤ 

¤ 

http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 3 de 39 

DSPTE

Z 

 

¤ 

† † 

† 

† 

† 

¤ 

¢ M 

! 

sen y 

x 

[ 

 

 

 

o 

 

 

N 

¦ 

 

 

R 

 

Z 

 

 

 

 

 

 

¦ 

 

¤ 

 

& 

& 

 

$'Z j eV 

† 

† 

† 

† 

† 

† 

‡ 

 

Z 

 

¤ 

 

 

W 

M 

N ‘ ¦ 

‡ 

 

 

 

 

 

‡ 

 

 

 

‡ 

 

& 

‡ 

< 



E 30-4 

Um próton que se move num ângulo de lZ)( em relação a 

um campo magnético de b intensidade mT experimen- 

c ]fw N. Calcular: (a) 

#B& 

ta uma força magnética bdkj de 

a velocidade escalar e (b) a energia cinética em elétronsvolt 

do próton. 

 

(a) A magnitude da força magnética no próton é dada 

por M ¢ ¤x N ! 

sen y , onde N é a velocidade do próton, 

! 

é a magnitude do campo magnético, e y é o ângulo 

entre a velocidade da partícula e o campo. Portanto 

N ¤ 

bdkj 5 

¤ 

b #B& c ]fe C # 

(b) A energia cinética do próton é 

#%&'z m/s 

c N #%& ]mw 

#B& cih T sen lZ ( 

b 

(b) Neste caso o cálculo é idêntico ao anterior, porém 

usando-se agora ¦U¤ , 

P 30-6 

¡G¤ 

b # 

b [ bd 

#%& c ]me C: 

#B& c ]m_ 

Um elétron num campo magnético f}‹,Œ uniforme tem uma 

Z j velocidade km/s km/s . Ele [)& experimenta 

¨¤ f}Ž, € 

uma [ $ força fN fN [ . Sabendo- 

, calcular o campo magnético [que da 

¡G¤ & 

se que ! ¤ 

origem à força]. 

Nota: o prefixo = #B& c ] z femto 

 

= 

¤ 

. ’, 

Como , escrevemos 

! ‘ ! “ 

e tratamos 

& 

de descobrir o valor das duas componentes ! desconhecidas, 

e . ƒ¤ Com este campo obtemos para a força 

magnética: 

“ ! !7‘ 

© 

q 

¡ ¢ ¤ ¦ 

>, 

‡0 

¤ ¦ N }t, N ‘ 

! ‘ 

{ ¤ # 

!7“ 

< 

¤ M }t, M ‘ 

# 

# 

¤ 

b X 

< 

]mY J c #%& 

onde #%& c ] z N e M ‘ ¤ 

Efetuando o produto e simplificando encontramos que 

M 

¤ [ 

[ $ 

5 

R|w kg [ c #%& 

 

R m/s #%&'z 

#B& c ] z N. 

energia esta que equivale a 

# Zl[ 

# Zl[ 

#%& c ]mY J 

#%& c ]fe J/eV 

e, portanto, que !7‘ ¤ 

M ¤”¦ N ‘ ! “ 

‡ ¤ 

< M ‘ ¤O•¦ N ! “ 

< ¦ N '! ‘ ¤ 

& . Assim sendo, temos 

# b 

9¤ ! “ 

P 30-5 

 

Um elétron que tem 

m}~, 

#B&'Y velocidade m/s 

€ 

m/s penetra num campo magnético ¤ 

¨¤ € m}©,‚ #B&Y 

&Z'&'E & # j E . (a) Determine o módulo, direção 

& 

e o sentido da força sobre o elétron. (b) Repita o cálculo 

para um próton tendo a mesma velocidade. 

 

(a) A equação que fornece a força é ¡ƒ¤„¦…¨G . 

Portanto, basta calcular o produto vetorial: 

 

¤ 

# ‡0 b 

X j & 

c ]fe #B& 

E 

Será que a relação ¤¦ N ‘T!7“ 

, que não foi usada nos 

cálculos acima, também fica satisfeita? É fácil verificar 

que tal relação também é obedecida, consistentemente: 

M 

‘ M 

M 

[)$ ¤O 

[^ 

$ ¤@ 

X 

[)& ¤O 

j Z 

Z j 

¤O 

N 

‘ N 

#B& h 

[ 

c ] z 5 #B& 

¡ ¤ † 

} ‡ 

P 30-7 

& &'Z'& 

onde # b 

obtemos, 

¦‰¤Vx¤Š 

 

& 

¤ 

# j 

#B&Y 

A 

#B&Y 

# j & 

¦ ‡ 5 

& &'Z'& Y #B& 

¦ ‡ˆ< 

Y #B& 

#B& c ]fe C. Fazendo as contas, 

Os elétrons de um tubo de televisão têm uma energia 

cinética de # keV. O tubo está orientado de modo que 

os elétrons se movam horizontalmente do sul magnético 

para o norte magnético. A componente vertical do campo 

magnético da Terra aponta para baixo e tem módulo 

T. (a) Em que direção o feixe será desviado? 

 

de jj 

(b) Qual a aceleração de um elétron devida ao campo 

¡G¤ , 


#%& c ]`_ 

bd b [

¨ 

a 

¤ 

n 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

œ 

N ! x 

o 

 

n 

¤ 

¤ 

¤ 

{ 

o 

 

 

 

 

N 

 

o 

sen \ &( 

#B& w m/s 

R 

n 

 

 

 

 

 

R 

 

¤ 

¤ 

N ! x 

o 

 

 

 

 

¤ 

¦ 

 

R 

lœ 

¦ 

ž 

¤ 

¤ 

œ 

¦ 

} 

 

œ 

ž 

< 

 

ž 

 

R 

, ¨/I ¤ 

 

, 

 

 

 

 

< 

 

V/m 

 

 

 



magnético? (c) Qual será o desvio sofrido pelo feixe 

após ter percorrido l& cm através do tubo de televisão? 

 

(a) Desenhe uma linha reta vertical e, sobre ela, suponha 

que o o Sul magnético (– norte geográfico) esteja 

localizado na parte superior da figura e o Norte 

magnético — (– sul geográfico) na parte inferior. Então, 

neste diagrama, o oeste está à esquerda, o leste `direita. 

Conforme os dados do problema, o vetor velocidade 

dos elétrons terá a mesma direção da linha vertical, 

apontando de cima para baixo (dado do problema), enquanto 

que o campo magnético da Terra apontará sempre 

para dentro da página onde estiver desenhada a linha 

reta. 

Isto posto, a regra da mão direita nos fornece que 

aponta para a direita (Leste). Porém, como a carga do 

elétron é negativa, a força magnética sobre ele apontará 

Ï˜ 

para a esquerda (Oeste). 

Esta resposta contradiz a resposta do livro. Mas a minha 

resposta parece-me ser a correta. 

(b) Use M ¤ oqn , onde M ¤x N ! 

sen a . Nesta expressão 

N é a magnitude da velocidade do elétron, ! a 

magnitude do campo magnético, e a é o ângulo entre 

a velocidade do elétron e o campo magnético, ou seja, 

\ &)( . Portanto, 

O pedaço de círculo percorrido pelo elétron subentende 

um ângulo a partir do centro. O comprimento 

l& m que foi andado no tubo implica numa 

& 

ž redução (“deflecção”) do œ raio . O triângulo curvo 

cuja hipotenusa é a trajetória curva do elétron, o lado 

maior é e o lado menor é a deflexão ž nos fornece 

254)6 

e œ sen 

œ 

Elevando ambas equações ao quadrado e somando o resultado 

œŸR R obtemos , ou seja, 

¤ 

¤ 

œ‰ H¡ œ R 

R 

¤ 

 

& && \ $ m ¤ 

ž¤£ 

 

Para podermos determinar o valor numérico desta 

aceleração falta-nos ainda obter o valor de N , que pode 

ser facilmente obtido da energia cinética: 

N ¤ š 

¤ › 

#% 

5 

eV # b h #%& 

#B& cih ] kg 

 

]me J/eV c #%& 

O sinal “mais” corresponde a um ângulo #B$'& ( de . O 

sinal “menos” corresponde à solução fisicamente correta. 

Como é muito menor œ que , podemos usar o teorema 

da expansão binomial e ¢ œ R R expandir . Os dois 

primeiros termos de tal expansão œ R©P 'œ 

são de 

onde obtemos finalmente que a deflecção (“diminuição 

œ de ”) é dada por 

30-8¥ 

€, 

#% `‡ 

f} 

# j km/sR #B&^]mR 

[)&'& ¦ 

P 

Um elétron tem uma velocidade inicial km/s 

km/s e uma aceleração de 

numa 

região em que estão presentes um campo elétrico 

e um campo magnético uniformes. Sabendo-se que 

T , determine o campo elétrico . 

m} ƒ¤ 

Chamando a aceleração de § e partindo-se da relação 

 

\ $ mm 

x N ! 

\d #'# 

Portanto 

bt [ \ 

¡¤”¦ 

o p § 

encontramos sem dificuldades que 

5 

A 

#B& c Y 

, „I¨ < 

# b & 

bd [ \ 

orp 

¦¨§ 

¤ 

#%& c ]fe 

#B&w 

j'j 

#B& cvh ] 

\d #'# 

X #B& ]`_ m/sR bd 

(c) A órbita do elétron é circular. Como a aceleração é 

dada por R©PTœ , onde œ é o raio da órbita, encontramos 

que 

N 

onde o sinal negativo foi usado para trocar a ordem dos 

fatores no produto vetorial. 

¤ 

S, 

‡0 

[ $ 

bd & 

#'# [ 

bd [ \ 

#B&w 

bd Xl m 


bt )X 

#%& ]m_

¤ 

{ 

o 

N ¤ª© ! 

¤ # kj 

 

 

 

 

 

 

¤ 

 

¤ 

 

 

 

#%&'h m/s 

¤ 

© 

© 

¤ 

 

x 

x 

o 

¬ 

 

 

 

¦ 

 

N 

 

 

 

 



30.2.2 A Descoberta do Elétron – 9/13 

E 30-10 

Um elétron com energia cinética de j keV se move horizontalmente 

para dentro de uma região do espaço onde 

existe um campo elétrico direcionado para baixo e cujo 

módulo é igual a #%& kV/m. (a) Quais são o módulo, a 

direção e o sentido do (menor) campo magnético capaz 

de fazer com que os elétrons continuem a se mover horizontalmente? 

Ignore a força gravitacional, que é bastante 

pequena. (b) Será possível, para um próton, atravessar 

esta combinação de campos sem ser desviado? Se for, 

em que circunstâncias? 

(a) Usamos a energia cinética para determinar a velocidade: 

 

N ¤ š 

¤ › 

5 

 

# b & #B& c ]fe eV #B& h J/eV 

kg ] cih #B& 

(b) Uma possibilidade é: com saindo perpendicularmente 

ao plano da página e apontando para baixo, 

¦ 

temos um desvio para cima quando o elétron entrar da 

esquerda para a direita, no plano da página. Faça este 

desenho! 

P 30-13 

Uma fonte de íons está produzindo Y íons de Li , (massa 

= u), cada um com uma 

x 

carga . Os íons são acelerados 

por uma diferença de #B& potencial de kV e entram 

b 

numa região onde existe um campo magnético uniforme 

vertical ! ¤ 

campo elétrico, a ser estabelecido na mesma região que 

permitirá aos íons Y de Li a passagem sem desvios. 

 

Para que a força total ¡¤ , x 

# T. Calcule a intensidade do menor 

, ¨1U 

se anule, o 

campo elétrico tem que ser perpendicular a velocidade 

dos íons e ao campo magnético . O campo é per- 

¦ 

pendicular à velocidade de modo que tem magni- 

¨« 

¨ 

tude , sendo a magnitude do campo elétrico dada por 

! 

N N , 

. Como os íons tem carga 

x 

e são acelerados 

! ¤ 

por uma diferença ¬ de potencial o R%Pl 

¤Hx 

¬ , temos , 

ou seja ¡ ¬>P©o . Portanto, 

¤ N 

kj 

\d #'# 

#%& w m/s 

Usando a Eq. 30-10, obtemos: 

¤ ! š 

\'b 

5 

# b & 

#%& c ]fe• 

A 

#B& 

#B& h ¬ 

¤ 

¤ª© 

N 

¤ #%& #%& h V/m 

! 

\'b #B& w m/s 

Z Z)X #B& c _ T 

 

O campo magnético tem que ser perpendicular tanto ao 

campo elétrico quanto à velocidade do elétron. 

(b) Um próton passará sem deflexão caso sua velocidade 

seja idêntica à velocidade do elétron. Devido à carga do 

próton ter sinal positivo, observe que as forças elétricas 

e magnéticas revertem suas direções, porém continuam 

a cancelar-se! 

E 30-11 

Um campo elétrico de # kj kV/m e um campo magnético 

de & [ T atuam sobre um elétron em movimento de modo 

a produzir uma força resultante nula. (a) Calcule a 

velocidade escalar mínima do elétron. (b) Desenhe 

N 

vetores e . ¨ ¦ 

< 

elétrica é igual ao módulo da força magnética: © 

x N ! 

. Portanto 

(a) 

x 

 

Como a força resultante é nula, o módulo da força 

# 7E 

› 

bd &Ÿ® 

# b'b # 

#%& c R|w£¯)° P©® 

$ #B& z ¬>P©o bt 

Note que a massa, dada ® em , precisou ser convertida 

para kg. 

30.2.3 O Efeito Hall – 14/18 

E 30-15 

Mostre que, em termos de do campo elétrico Hall © e 

da intensidade de corrente ± , o número de portadores de 

carga por unidade de volume é dado por 

¤ ± ! 

x ² 

© 

Chamando o campo elétrico Hall de ©•³ , temos que 

 

¢´¤ Mµ ¤·x 

©•³ 

M 

ou seja, ©-³ 

¤Vx N'¸ ! 

. Como a 

velocidade de deriva é dada por N'¸ ¤ 

x ² x 

, basta ±¹P 

substitui-la na equação anterior para se encontrar que 

¤ ± ! 

x ² 

³ © 

#%& h 

& [ 

Z X j 


o 

N 

P 

x ! 

º 

x 

 

º 

N 

 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

 

 

 

N 

¦ 

 

º 

 

 

N 

 

 

 

N 

 

R 

 

 

 

#%&'h eV 

 

 

o 

N 

 

 

 

 

 

 

R 

 

 

 

 

¤ 

. 

o 

¤ 

¤ 

¤ 

 

¤ 

. 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

E 

 

 

 

{ 

o 

º 

¦ 

 

¦ ! 

º 

X 

 

 

N 

 

 

¤ 

 

 

 

 

 

 

# ¤ 

Zt# 

 

# 

¤ 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

#%& w Hz 

 

 

 

 

 

 

 

 

¤ 

 



30.2.4 Movimento Circular de uma Carga – 19/37 

A 

# & 

#B& c R|w 

# b X 

5 

#B&'w 

E 30-19. 

E 30-22. 

 

(a) 

#B& c ]fe 

# b & 

bd Z)X 

#B& Y 

#%&gc ¼ T 

# b Z 

Campos magnéticos são freqüentemente usados para 

curvar um feixe de elétrons em experimentos de física. 

Que campo magnético uniforme, aplicado perpendicularmente 

a um feixe de elétrons que se move # Z #B&Y a 

m/s, é necessário para fazer com que os elétrons percorram 

uma trajetória circular de & Z j raio m? 

N ¤ š 

, donde tiramos que 

 

Sabemos que x N ! ¤ 

5 

¤ š 

#B& c ]fe 

#B& h 

# '& 

# b & 

R%PTº . Portanto º 

#%& cvh ] 

! ¤ o 

\t ## 

5 

Z # 

c ]fe C #%& 

#%& cvh ] Kg 

A 

& Z j m 

(b) Use a Eq. 30-17: 

& j 

#%&'Y m/s 

## \t 

w m/s #B& 

# b 

#B& c z T 

#'# 

E 30-20. 

raio da trajetória circular percorrida por um elétron a 

da velocidade escalar da luz? (b) Qual a sua energia 

cinética em elétrons-volt? Ignore os efeitos rela- 

#B&^» 

tivísticos. 

(c) 

[ b X 

N 

. 

#%& c _ T 

(a) Num campo magnético com ! ¤ 

& kj T, qual é o 

#'# \d 

b & # 

cvh ] #B& 

c ]fe #B& 

 

(a) Use a Eq. 30-17 para calcular o raio: 

5 

& j 

& jg 

#B&'w 

c R #B& 

! ¤ o p 

5 

#%&'w 

¤ 

& j .’ ¤ 

#%& c R 

jg & 

# Zd# 

(d) 

¦ ! 

¤ o p 

5 

A 

& # 

#B&'¼ 

Z & 

A 

#B& cvh ] 

\t ## 

& kj & 

#B& c ]fe 

# b & 

(b) 

# 

 

¤ 

#%& c _ m 

#%& w 

Z [ 

#%& c ¼ s 

X b Z 

\t ## 

E 30-24. 

O período de revolução do íon de iodo E é 

, o que nos fornece 

5 

] Z & cvh #B& 

#%&'w 

c ]me J/eV #B& 

N ¤ . 

o p 

{ ¤ # 

# b 

o¾P 

º'P 

b 

E 30-21. 

Que campo magnético uniforme deve ser estabelecido 

no espaço de modo a fazer um próton, de velocidade 

# #B&'w escalar m/s, mover-se numa circunferência do 

tamanho do equador terrestre. 

 

Use a Eq. 30-17: 

¦ ! E 

b & # 

X u #© 

c ]fe .0A #B& 

5 

jg & [ 

# b'b 

5 

# \ #B& cih 

R|w kg/u c #B& 

P 30-31. 

#B& cih 

 

O íon entra no espectrômetro com uma velocidade N 

relacionada com o potencial por *¿¤”{À¤¦ ¬ , assim: 

! ¤ o…½ 


Como — 

Ç 

¤ 

¤ › $¬Ÿo 

¦ Æ 

! 

R 

¦ 

C 

¤ 

© 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

— 

 

¦ 

 

 

o 

o 

 

# 

 

 

º 

o 

Ã 

N 

R 

N 

Ã 

¤ 

 

R 

¦ 

¤ 

 

 

 

 

 

¤ 

 

 

¤ 

 

R 

< 

R 

 

¤ 

 

no lugar — de . Ë˜Ì Para 

 

© 

E 

¤ 

¤ 

N 

sen y 

Subsitutindo-se º 

 

. 

Ï 

º 

º 

 

 

E 

¤ 

¤ 

{ 

o 

¤ N 2546 y 

º 

¤ 

¤ 

N 

N 

¤ 

¤ 

sen y 

¤ 

. 

 

 

E 

sen y 

o 

N 

 

, 

 

¤ 

s 

¤ 

 

N 

o 

 

N 

 

y 

¦ 

sen 

u ! 

& # b'b mm 

# kj # mm 

x 

 

¤ 

. 

o 

 

 

¦ 



¬ 

Dentro do instrumento, o íon realiza um movimento circular 

com velocidade N inalterada usando, então, a Segunda 

Lei de Newton: 

¤ 

X 

#TX $ 

#B& c RQÊ 

#B&& 

#%& h ¬ 

Z b &'&UÉ 

¤”¦ 

onde a segunda expressão foi obtida ÇfP 

substituindo-se 

hora, temos # 

5 

A 

#%& Y ± 

P 30-35. 

 

(a) Ver o Exemplo 4. O período é dado por 

, substi- 

Mas da primeira equação, R 

tuindo estes valores, temos: 

N 

Ã e º R|Á|Â 

¤H¦ N ! 

Portanto, 

Æ P' 

O pósitron é um elétron positivo, assim no SI 

¦ ! 

¤Í 

¤”¦ ! 

RÄÁŽÂdÅ 

#%&gc ]`Î s 

P 30-33. 

Æ R 

¦ 

$)¬ 

(a) Resolvendo a equação encontrada no Problema 

 

30-31 para o campo , substituindo Æ ¤ 

m nela: 

! 

(b) O Ï E passo , então, temos primeiro que 

achar através da energia cinética. Ou seja, 

N 

Portanto, 

N ¤ š 

¤ N 2546 y 

bj # 

#B& w m/s 

Z j $ 

¤ ! R 

(c) O raio é 

¤ › $ 

#B&'& 

5 

#B& h ¬ 

Z \ 

#%& c R z ¯)° 

5 

¤ o 

Z '& 

¦ ! 

#%& c ]fe 

&Ÿo 

& [ \j E 

(b) — Seja o número de íons separados pela máquina 

por unidade de tempo. A corrente é Ç 

¤V¦ 

— então e 

a massa que é separada por unidade de tempo C é 

oq— , onde o é a massa de um único íon. C tem o valor 

#B&& o ° PlÈ 

¤ #B&'& 

c Y ¯)° #B& 

b &'&ŸÉ Z 

P 30-37. 

(a) O raio º da órbita circular é dado por º ÏiP , 

 

onde é a magnitude do campo magnético. A expressão 

! N 

R PTÐ R deve ser usa- 

relativísticaÏ 

¡ # P 

da para a Ï magnitude do momentum. Aqui, é a mag- 

N 

nitude da velocidade do o próton, 

velocidade da luz. Portanto 

x ! 

é sua massa, e Ð é a 

#%& c ¼ ¯^° P'É 

XT$ 

¤ o 

C 

o 

Z l& 

#B& c ]me 

XT$ 

#B& c ¼ ¯)° PlÉ 

C”PTo temos 

A 

Z \ 

#B& c R z ¯)° 

! x 

# 

 

¡ 

Elevando-se esta expressão ao quadrado e resolvendo-a 

para obtemos 

N 

R PTÐ R 

N 

(c) Cada íon deposita uma energia de ¬ na taça, de 

modo que a energia depositada num tempo ¦ é dada Ë˜Ì 

por 

)X 

#%& c RQÊ 

N ¤ º 

¢ o R Ð R 

bd Z)X 

! Ð 

x 

R º 

R ! R 

#B&Yo 

(raio da terra), 

xƒ¤ 

c ]fe (a carga do próton), ! ¤ 

#B& 

c RŽw ¯^° (a massa de 

#B& 

Ç 

¦ 

¤ 

# b &) ' 

¬/Ë˜Ì 

¬@Ë˜Ì 

Çm¬3Ë˜Ì 


[¹# 

#B& c YqE , o 

# b Xl b

º 

² 

. 

º 

 

º 

¤ 

 

 

{ 

 

š 

 

 

{ 

o 

 

 

 

¤ 

 

 

{ 

 

¤ 

o 

N 

P 

 

 

¤ 

¤ 

 

 

< 

sen Z j ( 

 

¤ 



um próton), e Ð 

#B&¼¤orP'É obtem-se, finalmente, 

N ¤ 

30.2.6 Força magnética sobre fio transportando 

corrente – 43/52 

\\ X \ 

\\ X'X #B& ¼ o¾PlÉ 

(b) Desenho dos vetores: veja no livro! 

E 30-44. 

30.2.5 Cíclotrons e Sincrotons – 38/42 

P 30-42. 

Faça uma estimativa da distância percorrida por um 

dêuteron no ciclotron do Exemplo 30-5 (página 169) durante 

o processo de aceleração. Suponha um potencial 

acelerador entre os dḙs de $'& kV. 

Aproxime a distância total pelo número de revoluções 

 

multiplicado pela circunferência da órbita correspondente 

à energia média. Isto é uma boa aproximação pois 

o dêuteron recebe a mesma energia a cada revolução e 

seu período não depende da sua energia. 

O dêuteron acelera duplamente em cada ciclo e, cada 

vez, recebe uma energia de ¬ $& #B& h eV. Como 

sua energia final é ¦ bd b MeV, o número de revoluções 

# 

que ele faz é 

¤ # bd b ² 

$'& 

eV ¤ #%&'Y 

eV h #B& 

Sua energia média durante o processo de aceleração é 

Z MeV. O raio da órbita é dado por º 

¦ ! 

, 

$ 

onde é a velocidade do dêuteron. Como tal velocidade 

, o raio é 

N P©o 

é dada por N ¤ ¡ 

#B&'[ 

Um condutor horizontal numa linha de força transporta 

uma corrente de j &&'& A do sul para o norte. O campo 

magnético da Terra (b & 

T) está direcionado para o 

norte e inclinado para baixo de um ângulo de Xl& ( com 

a linha horizontal. Determine o módulo, a direção e o 

sentido da força magnética devida ao campo da Terra 

sobre #%&'& m do condutor. 

A magnitude da força magnética sobre o fio é dada 

 

por 

M ¢ ¤ 

! Ç`D 

Ç onde é a corrente no D fio, é o comprimento do fio, 

é a magnitude do campo magnético, e y é o ângulo 

! 

. XT&)( 

seny 

entre a corrente e o campo. No presente y caso, 

Portanto 

¢ A A 

M 

#B&& 

¤ 

& & &'&& b j 

#%& c Y 

sen Xl& ( 

Aplique a regra da mão direita ao produto vetorial 

para mostrar que a força aponta para o oeste. 

¡£¢¤ 

Ç`Ñ 

q 

E 30-45. 

'$ N 

Um fio # $'& de m de comprimento transporta uma corrente 

#BZ de A e faz um ângulo Z j ( de com um campo 

magnético uniforme 

¤ 

# kj T. Calcular a força 

! 

magnética sobre o fio. 

o 

¦ 

¤ 

! 

# 

¦ 

¤ 

¢ ! 

Para a energia média temos 

{À¤ 

5 

eV # b Y #%& 

o 

 

]fe J/eV c #%& 

! 

sen Z j ( Ç;D 5 5 ¤ 

M ¤ 

Portanto, 

$ Z 

# kj 

#BZ 

# $ 

l& #BZZ'— 

Z Zl[ A ¤ 

# j X ]fe c #%& 

b & 

& Z^X j m 

# 

A distância total viajada é, aproximadamente, 

5 .05 ¤ 

Z)X 

¤ 

j & #B&l[ 

l[ j m 

P 30-46. 

, a corrente tem que fluir da es- 

Como ¡£¢G¤ Ç;Ñ 

¾ 

 

querda para a direita. A condição de equilíbrio requer 

que 

M 

tenhamos < ¢¤”Ò 

{ 

¤ ¡ 

#B& c RŽw 


Ç 

 

¤ 

 

 

¤ 

o 

M 

Ì 

¤ 

 

 

Eliminando — 

 

! 

¤ 

& 

 

— 

, 

0Ô 

 

ž ¤ 

ž 

 

 

 

 

¤ 

 

, 

¤ 

 

 

u 

 

& 

< 

 



isto é, que 

Portanto 

Ç`D ! ¤ 

o ° 

 

sen 

! Ç`D 

das duas equações, encontramos: 

o ° 

& 

A 

¤ 

sen 

¤ 

& [ b X Ê 

A 

o ° ¤ 

! D 

& &d#%Z'& ¯)° 

\t $ o¾PlÉ%R 

& ['[)& E 

& b l&7o 

Ç`D !3254)6 

P 30-48. 

Ç`Ñ 

Ç ! ž , sendo portanto a 

¤ 

ou seja, 

! Ç`D 

Ã>× 

¤ ÕlÖØ Ù 7, 

Ô 

! 

sen 

o ° 

A força é dada por ¡V¤ Ó 

, e aponta para o 

 

lado esquerdo da figura, sendo esta a direção da velocidade. 

O módulo da força é 

aceleração sofrida pelo fio dada por M 

n 

fio parte do repouso, sua velocidade é 

¤ M 

PTo . Como o 

O menor valor de ocorre quando o denominador da 

expressão acima for máximo. Para determina o valor de 

que maximiza tal denominador basta calcular a derivada 

em relação a do denominador e iguala-la a ! 

zero: 

2A46 

N ¤ 

Ç ! Ìmž ¤ 

o 

 

sen 

Ô 

n)Ì 

7, 

s 2A46 

P 30-52. 

Uma barra de cobre de # kg está em repouso sobre dois 

trilhos horizontais que distam # m um do outro e permite 

a passagem de uma corrente de j & A de um trilho 

para o outro. O coeficiente de atrito estático é de & b & . 

Qual é o menor campo magnético (não necessariamente 

vertical) que daria início ao movimento da barra? 

 

Escolhendo uma orientação arbitrária para o campo, 

vemos que a força magnética terá tanto uma componente 

horizontal quanto uma componente vertical. A 

componente horizontal deverá atuar de modo a vencer 

a força de atrito ¤ 0Ô — , onde — representa a força 

normal que os trilhos (parados) exercem sobre a barra e 

0Ô 

é o coeficiente de atrito estático. A componente vertical 

da força magnética atua no sentido de reduzir tanto 

o peso da barra quanto a força de atrito. 

¤ 

sen 

-, 

 

Portanto, o denominador terá um extremo [que é um 

máximo. Verifique isto!] quando 

ou seja, quando 

¤ 

Ô ¤ 

 

sen 

Ì ° c ] Ô ¤ 

P 254)6 

Ô 254)6 

Substituindo este valor de na expressão para , acima, 

encontramos o valor mínimo pedido: 

! 

min 

¤ 

Ì ° c ] & b & 

tg 

t< 

Zd# ( 

5 

& # & kg \d $ m/sR 

¤ A & A b 

# & A 

2A46 Zt# ( & b & m 

Zt# ( sen & j 

& #B& T 

30.2.7 Torque sobre uma Bobina de Corrente – 

53/61 

Seja 

o ângulo que ! faz com a vertical. A força 

magnética é M ¢´¤ Ç`D ! 

, pois ! faz \ &'Î com a barra 

horizontal. Como a barra está prestes a deslizar, usando 

a Eq. 1 do Cap. 6, obtemos para as componentes horizontais: 

0Ô — & 

Ç`D !3254)6 

Equilibrando as componentes verticais, obtemos: 

E 30-54. 

A Fig. 30-39 mostra uma bobina de retangular, '& com 

voltas de fio, de #%& dimensões cm j [pr cm. Ela transporta 

uma corrente & #B& de A e pode girar em torno de 

um lado longo. 

Ela está montada com seu plano fazendo 

um ângulo de Z&( com a direção de um campo 

magnético uniforme de & kj & T. Calcular o torque que 

atua sobre a bobina em torno do eixo que passa pelo 

lado longo. 


— 

 

 

Ê 

 

 

— 

 

+) ¤ 

 

 

R 

¤ 

[ 

. 

 

 

 

¤ 

< 

 

 

ž 

 

 

 

¤ 

[ 

. 

¤ 

 

[ 

. 

n 

 

 



No plano de uma folha de papel, escolha um sistema 

 

de coordenadas XY com o Ú eixo na horizontal, crescendo 

para a direita, e o eixo na vertical, crescendo 

para baixo. Com tal escolha, o eixo de giro estará sobre 

a vertical Æ , enquanto que o campo estará na mesma 

&'Û 

direção horizontal Ú de . 

Chame n de Ü e os comprimentos curtos e longos que 

formam o retângulo da bobina. Seja 

o ângulo de Z'&)( 

entre o lado n e o campo (suposto ao longo do eixo &lÚ ). 

Na bobina atuarão quatro forças, uma sobre cada um 

dos lados do retângulo. Porém, a única força que pode 

produzir um torque em relação ao eixo vertical é aquela 

exercida sobre o lado de comprimento Ü oposto ao eixo 

de apoio. O módulo de tal força é: 

¤ M ! 

sen\ & Î ÇmÜ ! Ç`Ü 

estando ela dirigida ao longo do eixo (isto é, para baixo). 

De acordo com a figura indicada na solução deste problema, 

vemos que a menor distância entre a força e o 

Æ M 

eixo de giro (oo seja, o chamado “braço de alavanca”) é 

). Portanto, o torque — para espiras será: 

(n 2A46 

¤ 

! n 254)6 ¤ 

[ Z'Z #%& cih N m 

Ý ÇmÜ 

Pela regra da mão direita o sentido Û é , ou seja, o torque 

está orientado de cima para baixo. 

 

A 

Uma outra maneira (mais formal porém bem mais 

direta) é calcular o torque a partir da sua definição 

Ý ¤ 

! 

, onde ¤ßÞ Þˆ¤ 

—¾Ç Ê —rÇ n^Ü . Nesta 

definição é preciso cuidar para usar o ˆangulo correto! 

 

Notando-se que o ângulo 

entre (cuja direção é a 

Para o torque máximo, orientamos o plano de espiras 

paralelamente às linhas do campo magnético; assim, segundo 

a Eq. \ &lÎ 27, , temos: 

Ý ¤ 

¤ 

—¾Ç Ê ! ¤ 

—¾Ç s 

D>R 

R u 

! ¤ Ç;D>R ! 

— — 

— Como aparece no denominador, o torque máximo 

ocorre — # quando : 

P 30-59. 

Ã£ã ¤ Ç`DâR ! 

Ý . 

[ 

A Fig. 30-40 mostra um anel de arame de n raio perpendicular 

à direção geral de um campo magnético divergente, 

radialmente simétrico. O campo magnético no 

anel tem em todos os seus pontos o mesmo módulo e 

! 

faz um ângulo com a normal ao plano do anel. os fios 

de ligação, entrelaçados, não tem efeito algum sobre o 

problema. Determine o módulo, a direção e o sentidoda 

força que o campo exerce sobre o anel se este for percorrido 

por uma Ç corrente como mostra a figura. 

Considere um segmento infinitesimal do laço, de 

comprimento . O campo magnético é perpendicular 

ž^É 

ao segmento de modo que a força magnética sobre 

M 

ele 

tem ž 

¤ 

Ç ! ž^É uma magnitude . O diagrama abaixo 

mostra a direção da força para o segmento na extrema 

direita do laço: 

da normal à espira) é de \ & 

 

graus, temos 

! 

e 

 

& \ 

Ý ¤ "! 

sen 

¤ "!/254)6 

!/254)6 

#B& cvh N m 

Perceba que as duas expressões usadas para Ý contém 

exatamente os mesmos elementos, porém ordenados de 

modo diferente, com interpretações um pouco diferentes: 

num caso o n 254)6 

fator da o braço de alavanca, no 

aparece devido ao produto escalar. 

outro o 254)6 

P 30-56. 

de comprimento , a circunferência de cada volta é de 

Ù D 

, e o raio é 

RŽàlá 

de . Portanto, a área de cada DSP5— espira 

vale: 

 

Se — espiras completas são formadas por um fio 

A componente horizontal da força tem magnitude 

e aponta para dentro do centro 

ž^É 

Mæ 

do laço. A componente vertical ž 

¤ 

tem magnitude 

sen 

 

ž)É e aponta para cima. 

Ç ! 

Agora, somemos as forças em todos segmentos do laço. 

A componente horizontal da força total anula-se pois cada 

segmento do fio pode ser pareado com outro segmento, 

diametralmente oposto. As componentes horizontais 

destas forças apontam ambas em direção ao centro do 

laço e, portanto, em direções opostas. 

A componente vertical da força total é 

¤ Måä 

!/254)6 Ç 

¤ 

[ ZZ 

—rÇ`ngÜ 

>ç 

sen 

• . 

sen 

M æ ¤ 

Ç ! 

.’ D . ¤ 

Ç ! 

¤ DâR 

ž)É 

— _ 


— 

 

¤ 

¤ 

œ 

œ 

 

 

 

 

 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

 

Ç 

Ç 

¤ 

 

 

¤ 

 

 

 

 

R 

 



 

Ç Note que , , e tem o mesmo valor para cada segmento 

e portanto podem ser extraidos para fora da integral. 

! 

exercem torque em relação a são (i) o peso e (ii) a 

força devida ao campo magnético. 

Ò 

P 30-60. 

(a) A corrente no galvanômetro deveria ser de # 

b 

mA quando a ddp através da combinação resistorgalvanômetro 

é # de V. A ddp através do galvanômetro 

apenas é 

Da definição de torque [Eq. 12-21 da quarta edição Halliday] 

temos 

de modo que o resistor deve estar em série com o galvanômetro 

e a ddp através dele deve ser 

¤ 

onde oIë no caso gravitacional em questão. Portanto, 

o módulo do torque devido a ação gravitacional 

vale 

¡ƒ¤ 

d< 

œ sen ° o 

5 

¤ 

& #% V 

Ý ¤ê¤q¡ < 

#B& cih 

X jd Z 

# b 

Ç`è 

A resistência deve ser 

# & 

onde œ representa o raio do cilindro. O torque devido 

ao campo magnético sobre a espira vale: 

Þ¤ 

oqë 

& $)Xl$ V 

Ý × ¤Þ ê˜ 

& #% 

Ã 

 

"! 

sen 

¤ ¤ Ý 

 

! 

sen 

¤ 

Ê —¾Ç 

 

sen 

! 

¤ & $^XT$ 

—rÇ 

(b) A corrente no galvanômetro deveria ser # b de 

mA quando a corrente através da combinação resistorgalvanômetro 

é j & de mA. O resistor deve estar em paralelo 

com o galvanômetro e a corrente através dele deve 

ser 

 

Para que não haja rotação, os dois torques devem ser 

iguais (ou, equivalentemente, a soma dos torques deve 

ser nula): 

Portanto, 

 

! 

sen 

¤ 

lœŸD —rÇm 

 

œ sen ° o 

j [) ’é 

lœŸD 

# b 

#B& cvh 

[)$ Z'$ mA 

A ddp através do resistor é a mesma que a ddp através 

do galvanômetro, & #% V, de modo que a resistência 

deve ser 

o ° ¤ 

! D l— 

[ j A 

j & 

# b 

30.2.8 O Dipolo Magnético – 62/72 

¤ & #% 

#B& cih 

P 30-61. 

A Fig. 30-41 mostra um cilindro de madeira com massa 

kg e D & #%& comprimento m, com 

o & j & 

voltas de fio enrolado em torno dele longitudinalmente, 

de modo que o plano da bobina, assim, 

#B& 

formada, contenha o eixo do cilindro. Qual é a corrente 

mínima através da bobina capaz de impedir o cilindro 

de rolar para baixo no plano inclinado de em relação 

à horizontal, na presença de um campo magnético uniforme 

vertical de & kj T, se o plano dos enrolamentos for 

paralelo ao plano inclinado? 

Se o cilindro rolar, terá como eixo instantâneo de 

rotação o ponto Ò , ponto de contato do cilindro com 

o plano. Nem a força normal nem a força de atrito exercem 

torques sobre Ò , pois as linhas de ação destas duas 

forças passam pelo ponto Ò . As duas únicas forças que 

E 30-62. 

(a) A magnitude do momento de dipolo magnético é 

 

dada por 

¤ 

—¾Ç Ê , onde — é o número de voltas, Ç é a 

corrente em cada volta, e é a área do laço. Neste caso 

Ê 

os laços são circulares, de modo Ê 

¤ . 

º©R que , º onde é 

o raio de uma volta. Protanto, 

¤ . 

— 

º R 

kj ¤ A+.0A & 

& & &d# \ & b # 

#% X A 

(b) O torque máximo ocorre quando o momento de dipolo 

estiver perpendicular ao campo (ou o plano do laço 

for paralelo ao campo). O torque é dado por 

¤ "! Ý 

¤ 

5 

¤ 

kj âé 

[$ $ 

Z'& 

Z jg & 

#%& cih 

$ & j 

#%& c R N m 


Ç 

 

. ¤ 

R º 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

 

# 

 

¤ 

. 

. 

Ç 

} 

 

 

 

 

 

R 

 

R 

 

 

 

} 

 

 

 

} ¤ 

! 

 

 

 

} 

‡ ¤ 

 

‡ 

 

 

‡ 

‡ ¤ 



P 30-63. 

O momento de dipolo da Terra vale $'R|R J/T. Suponha 

que ele seja produzido por cargas fluindo no núcleo derretido 

da Terra. Calcular a corrente gerada por estas cargas, 

supondo que o raio da trajetória descrita por elas 

seja Z j &'& km. 

ºTR obtemos sem problemas 

 

Da equação ¤ 

—¾Ç Ê 

Nesta Ç expressão, é a corrente na — espira, 

de Ê espiras, a área da espira, º e é raio da espira. 

(a) O torque é 

¤ Iƒ¤ } 

b & 

 

& $'& 

Ý 

& 

¤ A 5î} 8 

& & 

}î 

j & b 

 

 

,¤ 5 A} 

& Z& 

‡0 

& & 5 A b }î 

j & 5 A $'& ‡0;: & 

 

 

é o número 

% ‡0 }d, 

& Z& j & 

& Z& 

& $'& 

Q, 

} : < 

onde usamos o fato que 

& #%$ 

& T[ 

¤ 8 

$ & .’ ¤ 

& l& 

#B&RŽR 

Z j &'& 

#B& h 

&'$ 

#%& e A 

P 30-67. 

Uma espira circular de corrente, de raio $ cm, transporta 

uma corrente & de A. Um vetor unitário, paralelo } 

ao 

momento de dipolo da espira é & b & & $'& 

dado por . 

 

A espira está imersa num campo 

ì¤ 

magnético },Œ 

dado £ 

por 

E & ZíE . Determine (a) o torque 

& j 

sobre a espira (usando notação vetorial) e (b) a energia 

potencial magnética da espira. 

 

Conforme dado, o vetor momento de dipolo 

magnético é 

} ‡ ¤ '

¤ 

¤ 

¤ 

 

[ 

 

. 

b 

 

Ç 

¤ 

¤ 

¤ 

. 

 

[ 

Î 

Î 

[ 

 

< 

 

º 

 



31 Lei de Ampère 


(b) O valor acima é aproximadamente #TP b da magnitude 

do campo terrestre. Portanto, ele irá afetar a leitura da 

bússola. 

Q 31-7. 

A Fig. 31-23 mostra uma vista de cima de quatro fios paralelos 

transportando correntes iguais e de mesmo sentido. 

Qual é a direção e o sentido da força sobre o fio da 

esquerda, causada pelas correntes nos outros três fios? 

 

Fios com correntes paralelas atraem-se. Portanto a 

força atuará na diagonal horizontal, da esquerda para a 

direita. As componentes verticais cancelam-se. 

E 31-7. 

Em uma localidade nas Filipinas, o campo magnético 

da Terra Z \ 

 

de T é horizontal e aponta para o norte. 

Exatamente $ a cm acima de um fio retilíneo longo, que 

transporta uma corrente constante o campo resultante é 

zero. Quais são (a) a intensidade e (b) o sentido da corrente? 

 

(a) O campo devido ao fio, num ponto a $ cm do fio 

Q 31-12. 

 

Tenderá para uma espira circular, pois fios com correntes 

anti-paralelas repelem-se. 

deve valer Z \ 

cancelar o campo dado. Como o ! ¤ 

, encontramos 

 

T e deve apontar para o sul, de modo a 

Î ÇfP 

. 

º ! 

A 


&$'& . 

& 

#B& c Y 

.’ 

Z \ 

31.2.1 Cálculo do Campo Magnético – 1/26 

E 31-3. 

Um topógrafo está usando uma bússola a b m abaixo 

de uma linha de transmissão na qual existe uma corrente 

constante de #B&'& A. (a) Qual é o campo magnético 

no local da bússola em virtude da linha de transmissão? 

(b) Isso irá interferir seriamente na leitura da bússola? 

A componente horizontal do campo magnético da Terra 

no local é de l& 

T. 

 

(a) A magnitude do campo magnético devido à corrente 

no fio, a uma distância º do fio é dada por 

Para º 

! ¤ 

bd & m encontramos 

! ¤ 

. 

Ç . Î º 

A 

w #%&'& c #B& 

# b A 

(b) A corrente deve fluir do oeste para o leste de modo 

a produzir um campo direcionado para o sul em pontos 

abaixo do fio. 

P 31-11. 

O fio mostrado na Fig. 31-31 transporta uma corrente Ç . 

Que campo magnético é produzido no centro do 

semicírculo (a) por cada segmento retilíneo de comprimento 

D , (b) pelo segmento semicircular de raio œ e (c) 

pelo fio inteiro? 

 

(a) O campo produzido por cada segmento retilíneo 

é nulo pois o produto vetorial de ž)ð com ê é nulo, ao 

longo de ambos segmentos, uma vez que os dois vetores 

são paralelos ao longo dos segmentos. 

(b) Conforme o Exemplo 31-1, página 186, o campo devido 

ao segmento semicircular é dirigido para dentro da 

página e tem uma magnitude dada por (Veja a Eq. 31-5, 

na pag. 184): 

#%& c w 

#%& c Y 

Z Z 

. Ç‹ž)É sen \ &)( 

ž ! ¤ 

Z Z T 


œ R

º 

 

¤ 

 

[ 

. 

ž 

! ¤ ç à 

ž 

Î 

[ 

[ 

[ 

s 

# 

] œ 

sen \ & ( ž)É 

. 

. 

º 

 

ç 

 

[ 

[ 

. 

. 

œ 

 

[ 

# 

R œ 

ç à 

[ 

[ 

Î 

. 

. 

ž 

 

É 

 

¤ 

Ø 

¤ !Ÿõ ! ã ! 

† 

 

[ 

[ 

º 

¤ 

. 

œ 

[ 

ê 

h † † º 

¤ œ 

º 

[ 

. 

œ 

# 

R œ 

c 

Ù 

, D 

† 

 

, 

, D 

œ ¤ 

Û R ¢ 

 

, 

[ 

Û 

 

, 

, 

 

< 

 

 

< 

Ù 

c 

Ù 



onde ž)É 

. Portanto 

Considerando como ‘positivo’ o campo que sai da 

página, segue facilmente que 

œŸž 

Ç . œŸž Î 

! ¤ ç 

œ R 

¤ 

Î Ç 

# 

u n 

¤ 

Ç . s Î 

# 

Ü 

¤ 

Ç . Î 

œGñ 

 

Î Ç ¤ 

[œ 

(c) O campo total devido ao fio inteiro é a soma dos três 

campos determinados nos dois itens anteriores, ou seja, 

coincide com o valor determinado no item (b) acima. 

&ò 

direcionado verticalmente para fora do papel. 

¤ . 

NOTA: para o resultado acima recai no do problema 

31-13. 

P 31-17. 

P 31-13. 

 

Ê-ó ô3± 

Use a lei de Biot-Savart para calcular o campo 

magnético em , o centro comum dos arcos semicirculares 

e na Fig. 31-33. Os dois arcos de 

œ R 

raio œ ] 

e , respectivamente, formam parte do circuito 

±~ô Ê transportando uma corrente Ç . 

Ê-ó 

 

Usando o resultado obtido no Problema 31-11, concluimos 

sem grandes problemas que o campo em 

aponta para dentro da página e tem magnitude dada por 

Um segmento retilíneo de fio, de D comprimento , transporta 

uma Ç corrente . Mostre que o módulo do campo 

magnético produzido por este segmento, a uma 

distância 

do segmento ao longo de sua mediatriz (veja 

a Fig. 31-37), 

œ 

é 

! ¤ 

( Ç 

D R [)œ R 

 

¢ 

Mostre que esta expressão se reduz a um resultado esperado 

Dö÷ quando . 

P 31-16. 

! ¤ 

Ç Î 

[ 

Considere o circuito da Fig. 31-36. Os segmentos curvos 

são arcos de círculos de raios n e Ü . Os segmentos 

retilíneos estão ao longo de raios. Determine o campo 

magnético B em Ò , considerando uma corrente Ç no 

círculo. 

 

Conforme a Lei de Biot-Savart, a contribuição para o 

campo magnético ž ! 

devido à seção žð do fio é 

u 

 

Suponha que o fio esteja sobre o eixo Û , com a origem 

localizada no meio do fio. A lei de Biot e Savart 

Observando que 

ž ! ¤ 

† 

† 

sen 

Ç . ž)ø Î 

¡ Û R 

¤ 

. sen 

Î Ç 

œ R 

º R 

ž)Û 

 

Î Ç . ž)ð 9¤ 

h 

º 

Os trechos radiais não contribuem pois nelas o produto 

vetorial é zero por termos žð sempre paralelo a . 

Ao longo de qualquer trecho circular de raio ê a magnitude 

ž ! 

º 

de é dada por 

encontramos sem muito trabalho que 

! ¤ 

Ç . œ Î 

ç Ù 

Å|R 

Û R 

ž)Û 

Iê 

œ R 

œ R 

h Å|R 

Å|R 

Å|R 

¤ 

Portanto, lembrando a relação entre arco e É ângulo, 

, temos 

! ¤ 

¤ 

Ç Î 

R º 

Î Ç 

ž)É 

¤ 

Ç Î 

R º 

Dù œ Para , podemos ignorar o œ R termo obtendo 

¤ 

ÕTú ! 

, que é o campo de um fio muito comprido. 

Para pontos muito próximos do fio, ele comporta-se como 

um fio muito 

R|àlû 

comprido. 

¢ D R 

[œ R 

Ç . œ Î 

ž)É 

œ R 

† † 

† 

]ŽÅ|R 

Å|R 

Û R 

ž ! ¤ 

Î Ç 

¤ 

Î Ç 

º R 

º R 

¤ 

Î Ç 


œ 

¤ 

¤ 

[ 

¤ 

 

ü 

. 

, 

. 

n 

 

 

, 

. 

 

n 

¤ 

, n 

n 

, 

n 

[ 

, 

, 

 

R 

œ 

¤ 

. 

[ 

c 

Ç ó Î . 

[ 

. 

Ù 

ó 

ü 

 

ö 

Î ç 

Ù 

c 

, 

, D 

c 

 

R Æ 

 

Æ 

, 

, 

 

 

† 

† 

† 

, 

Ù 

 



campo resultante é dado por 

P 31-18. 

Uma espira quadrada de fio de fio, de lado n , transporta 

uma corrente Ç . Mostre que, no centro da espira, o 

módulo do campo magnético produzido pela corrente é 

! ÿ ¤ 

¤ [ 

[ !32546 

¤ 

! ndPl 

œ 

[ 

n^R 

 

(Sugestão: Veja o Problema 31-17.) 

! ¤ ¢ 

O campo no centro da espira quadrada será dado pela 

soma das quatro contribuições individuais dos quatro 

 

segmentos que formam os lados do quadrado. 

A contribuição devida a um lado do quadrado pode 

ser obtida da expressão de do Problema 31-17, 

substituindo-se ! n . Portanto, o campo 

no centro da espira é dado 

œ 

por 

ndPl e D 

Î Ç 

Como esperado, para 

¤ 

& (centro do quadrado), obtemos 

o resultado do Problema 31-18. 

Æ 

P 31-22. 

A solução é análoga a do Problema 31-17, porém com 

 

e trocando-se os limites de integração: 

ó 

ç Ù 

ç Î 

Î Ç 

¢ [ Æ R 

n Rdþ 

n R 

[ Æ R 

Å|R 

Ù 

Com isto obtemos facilmente que 

Å|R 

! ¤ 

Î Ç 

.’ 

ndPl 

¡ n R 

ngP' 

¤ ¢ 

Î Ç 

ž Æ 

! ¤ 

h Å|R 

ó R 

P 31-20. 

 

O campo devido ao quadrado é a soma vetorial dos 

campos devidos aos quatro lados do quadrado. Considere, 

então, apenas um lado. O ponto em que desejamos 

o campo está sob a reta mediatriz perpendicular a esse 

lado, a uma distância œ que é dada por 

¤ 

¤ 

Î Ç 

Ç ó Î . # 

ó R [ 

¢ D R 

¢ Æ R 

ó R 

ó R 

Î 

c 

31.2.2 Dois Condutores Paralelos – 27/39 

¤ # 

¡ Æ R 

n R PT[ 

¡ [ Æ R 

n R 

Logo, com D 

temos: 

E 31-28. 

n no resultado do Problema 31-17 ob- 

¤ 

Î Ç ! 

¢ n R [œ Rgþ 

œýü 

Substituindo o valor œ de encontrado acima, chegamos 

ao seguinte resultado 

! ¤ 

Î Ç . 

Dois fios paralelos, retilíneos e longos, separados por 

& X j cm estão perpendiculares ao plano da página, como 

é mostrado na Fig. 31-43. O fio # transporta uma 

corrente de bdkj A para dentro da página. Qual deve ser 

a corrente (intensidade e sentido) no fio para que o 

campo magnético resultante no ponto Ò seja zero? 

 

A direção deste campo é ortogonal ao plano que contém 

o lado considerado para o cálculo feito acima e perpendicular 

ao bissetor desse lado. Pela simetria do problema, 

vemos que a componente desse campo perpendicular 

à normal do quadrado deve se anular. Assim, o 

 

No ponto Ò , o campo devido à corrente no fio # aponta 

da direita para a esquerda. Portanto, para equilibra-lo, 

precisamos de um campo apontando da esquerda para a 

direita, ou seja, a corrente no fio deve estar saindo da 

página. Para determinar seu módulo usamos a condição 

¢ [ Æ R 

n R ¢ [ Æ R 

n Rdþ 


! 

] 

Portanto, de ! R 

¤ 

Ç R 

! 

! 

R 

] 

¤ ] Æ , Ç 

] Ç 

¤ 

, 

ž 

 

Ç ] 

ZlÇ ¤ , 

ZlÇ 

¤ª 

Z 

 

, 

, 

Ç 

 

< 

Ç ] 

ž 

 

ž 

¤ 

¤ 

 

 

 

¤ 

¤ 

¡ 

¤ 

 

 

 

 

¤ 

_ 

R 

h 

] 

¤ 

] 

] 

] 

ž 

R 

R 

R 

 

 

 

[ j ( 254)6 

, 

! 

h 

< 

_ 

 

¤ 



¤ ! 

R 

onde 

 

.05 ¤ 

&t# j & 

Ç ] Î 

&'&)X j & 

¤ 

A Fig. 31-44 mostra cinco fios longos e paralelos no 

A no Z 

plano Æ Ú . Cada fio transporta uma corrente Ç 

sentido positivo do eixo . A separação entre fios adjacentes 

vale Æ $ cm. Determine a força magnética 

ž 

por metro exercida sobre cada um dos cinco fios pelos 

outros fios. 

.05 

jg X'X 

bt j Î 

&t# j & &'&)X j & 

#B& c w T 

 

Consideremos a força no fio bem da esquerda. Para 

simplificar, enumeremos os [ fios à direita dele, consecutivamente, 

da esquerda para a direita, com os números 

# , , Z e [ . Temos então 

¤ 

.05 

‡0=< 

Î Ç R 

] 

, obtemos sem dificuldades que 

Î Ç . 

¤ 

& &t# j 

¤ ! 

¤ 

‡0=< 

.’ 

Î Ç 

'ž 

¤ & &d# j 

‡0=< 

[ ZZ A 

& &d# j 

& &'&)X j 

Î Ç 

¤ 

.’ 

E 31-29. 

Dois fios longos e paralelos, 

separados por uma 

distância ž , transportam correntes Ç e ZlÇ no mesmo sentido. 

Localize o ponto ou os pontos em que seus campos 

magnéticos se cancelam. 

O campo magnético será nulo ao longo de uma 

 

linha 

contida no plano formado pelos dois fios paralelos, localizada 

entre os dois fios. Supondo-se que tal plano seja 

horizontal, que o fio á esquerda transporte a corrente 

ZlÇ , que o fio á direita transporte a corrente Ç R Ç , 

Ç 

chamemos de a distância do fio mais á esquerda até o 

] 

ponto onde o campo magnético é nulo. Neste caso, 

Ò Æ 

o fio Ç com a corrente estará ž 

Æ 

a uma distância do 

ponto . 

No ponto , o campo Ò devido ao fio á esquerda será 

p 

proporcional Ò Æ 

a , isto é, p¡ 

! Æ 

. O campo ! ¸ 

ZlÇfP ¸ ZlÇfP 

devido ao fio á direita ! Æ 

será . Para ÇfP 

que 

o campo se anule em , devemos ter ! ¤ ! ¸ 

. Como 

! p 

Ò 

a constante de proporcionalidade é a mesma, podemos 

escrever 

] Ç ¤ Ç R 

ž 

Æ Æ 

Resolvendo esta equação obtemos 

 

Î Ç .’ ¤ 

[)ž 

Ç Z onde A ž & &$ e m. Note que estes campos 

magnéticos apontam no mesmo sentido, a saber, no sentido 

negativo Û de . 

Portanto a força total no fio bem da esquerda é 

esq 

Ç`Ñ 

 

, 

 

Proceda analogamente para os outros fios, prestando 

sempre atenção ao definir as distâncias relativas entre 

os fios. 

Note que devido a simetria do problema, a força total 

no fio do meio será nula, enquanto que a força total nos 

fios eqüidistantes do fio central será igual em módulo 

mas apontando em sentidos contrários. 

P 31-36. 

Na Fig. 31-46, qual é a força por unidade de comprimento, 

em módulo, direção e sentido, atuando sobre o 

fio inferior à esquerda? As correntes idênticas Ç têm os 

sentidos indicados na figura. 

Chamando de o campo total resultante no fio inferior 

à esquerda e de a força total resultante, temos 

 

. Partindo do fio localizado no canto su- 

 

¡ 

¤ 

Ç`Ñ 

í ¡ 

perior esquerdo e numerando-os no sentido horário com 

# rótulos , Z e temos 

, 

, 

Zž 

‡0=< 

Portanto vemos que o ponto Ò 

está a Z'žgP©[ do fio que 

R Ç 

transporta a ZlÇ corrente ou, equivalentemente, žgP©[ a do 

fio que transporta a Ç corrente . 

, , 

h 

As componentes horizontal (x) e vertical (y) são, respectivamente, 

_ 

h 

ž 

9¤” 

E 31-30. 

! 

!7 ¤ ! 

! ‘ ¤ ! 

sen [ j ( 

h R 


! 

] 

h 

Ç . Î 

n 

Portanto, observando que 254)6 [ j ( 

 

 

M 

. 

n 

, 

s 

< 

[ 

. 

n 

, 

! 

R 

¤ 

[ 

< 

. 

n 

 

. 

[ 

[ 

. 

. 

< 

 

n 

n 

 

 

 

 

žð 

 

. 

, 

, 

j 

 

, 

 

, 

 

[ 

 

ZlÇ Î 

 

, 

XTÇ Î 

, 

 

 



Considerando a figura e a expressão do campo gerado 

por um fio obtemos 

reforçam-se. Portanto, a magnitude do campo em Ò é 

! Ø 2546 

7, 

! ¤ ! Ôv2A46 

¤ 

¤ 

Î Ç 

¤ ! 

¤ 

Î Ç 

ž^P' 

¡ œ R 

¢ ån 

ž R PT[ 

¢ P' , temos 

¤ ¥§¦ ¨ 

¡ œ R 

ž R P©[ 

© 

Î Ç;ž 

¤ 

.’ 

¢ 

¤ 

Î Ç 

Ç . Î 

n 

ž R PT[ 

! ¤ 

s # 

œ R 

¤ 

¢ u 

O módulo do campo resultante é 

¢ 

¢ 

 

(b) Como já dissemos, o campo aponta horizontalmente, 

da esquerda para a direita. 

.’ 

Î Ç`ž 

ž R 

! ‘ ¤ 

Î Ç 

[)œ R 

# u 

¤ Z 

Î Ç 

estando este campo localizado sobre uma reta que faz 

um angulo , contado no sentido anti-horário a partir 

da horizontal, onde Z tg 

, ou seja, 

¤ 

! ¤£¢ ! R 

arctg Z«£HXg# ( . 

! R ‘ ¤ 

Î Ç ¢ #%& 

¤ !7‘ P ! ¤ 

31.2.3 Lei de Ampère – 40/52 

E 31-40. 

Cada um dos oito condutores mostrados na Fig. 31-50 

transporta uma corrente de A para dentro ou para fora 

da página. Dois caminhos são indicados para a integral 

de 

ž)ð linha . Qual é o valor da integral para (a) o 

perpendicular ao vetor , apontando para a esquerda. 

P 31-37. 

Î Ç`R ¢ #%& 

 

(a) O campo ! Ô devido ao fio que está na parte superior 

da Fig. 31-47 é tangente ao círculo de raio º centrado 

no fio e que passa pelo ponto Ò . Levando-se em 

conta a regra da mão direita, ve-se que tal campo aponta 

para cima e para a direita, e faz um ângulo com a horizontal, 

ângulo que é idêntico ao ângulo formado pelo 

segmento ž e o raio º e cujo cosseno é dado por 

caminho pontilhado e (b) para o caminho tracejado? 

 

(a) Duas das correntes saem da página enquanto que 

uma entra, de modo que a corrente líquida englobada 

pela trajetória pontilhada é de A. Como a trajetória é 

percorrida no sentido horário, as correntes que entram 

na página são tomadas positivas enquanto que as que 

saem são negativas, conforme a regra da mão direita associada 

com a lei de Ampère. Portanto 

žð 

¤ 

Ç Î 

5 . ¤ 

¤ 

#%& c w 

¤ 

ž^P' , 

R œ ¡ 

Como as correntes são iguais e a distância dos dois fios 

ao ponto é a mesma, o campo ! Ø devido ao fio que 

está na parte inferior é uma simples reflexão especular 

Ò 

ž R P©[ 

do campo ! Ô , apontando para baixo e para a direita, no 

mesmo ângulo . Em , a magnitude de ambos os campos 

é a mesma: 

Ò 

#B& c Y T m 

(b) Como a corrente líquida é zero neste caso, o valor da 

integral também é zero. 

E 31-41. 

 

Analogamente ao caso anterior, temos 

254)6 

¤ 

j 

¤ 

Assim sendo, as componentes verticais de e ! Ø 

cancelam-se enquanto que suas componentes horizontais 

(ambas dirigidas da esquerda para a direita) 

!ŸÔ 

P 31-45. 

b Ç Î u 

Î s Ç Î 

! Ô – ! Ø ¤ 

Ç . Î º 

¤ , 

Î Ç Î 


D 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

² Ç Î Î 

 

¤ 

¤ 

 

 

[ 

Z 

[ 

 

 

 

s 

 

 

 

. 

º 

u 

 

 

 

 

æ 

Ã 

Á 

¤ 

Portanto, œ R 

 

¤ 

¤ 

¤ 

¤ 

x 

¤ 

¤ 

! 

œ 

 

¤ 

s 

] 

 

 

¤ 

œ R ¤ 

R º 

¤ 

. 

N 

! 

< 

. 

 

u 

 

R 

 

R 



Use a lei de Ampère: 

 

ao redor de um laço fechado Ç e é a corrente líquida que 

flui através do laço. Para o laço tracejado mostrado na 

Fig. 31-54 Ç & temos . A integral é zero ao longo dos 

trechos superior, à direita e inferior do laço. Ao longo 

do trecho à direita o campo é zero, enquanto que nos outros 

dois trechos o campo é perpendicular ao elemento 

. Se o comprimento do trecho à esquerda for , então 

ž)ð 

žð 

¤ 

Î Ç , onde a integral é 

uma integração simples 

ž)ð 

¤ ! 

fornece , onde 

é a magnitude do campo no lado esquerdo do laço. 

Uma vez que nem ! 

nem são nulos, temos uma 

contradição da lei de Ampère. 

Concluimos portanto que a geometria das linhas de 

! 

campo magnético está errada. Na realidade as linhas 

curvam-se para fora nas extremidades e sua densidade 

decresce gradualmente, não abruptamente como a figura 

faz crer. 

(a) A força magnética deve estar direcionada para o 

 

centro da órbita. Para a partícula da órbita mostrada 

a força está direcionada para fora do centro da 

órbita, de modo que a partícula deve ser negativa. 

¨‚ 

(b) Usando a Eq. 16 do Cap. 30, obtemos: 

o 

¦ 

¤ 

! 

onde ¦ é o valor da carga. Agora, o campo margnético 

não realiza trabalho sobre a partícula, pelo Teorema da 

Conservação da Energia, a sua energia cinética deve permanecer 

constante; portanto, sua velocidade não deve 

variar. Nos pontos 1 e 2 da trajetória temos œ ! ¤ 

Ð 

² ÉBÌmn ² Ì 

, então 

Para um toróide, pela Eq. 31-22, 

œ ] 

œ R 

R 

31.2.4 Solenóides e Toróides – 53/73 

E 31-54. 

¤ Î Ç Î — . # ! 

º 

º onde é a distância da partícula ao eixo do toróide. Assim, 

] œ 

] º 

b $ cm. \d 

. 

#B& c _ E 

l&'& 

j & 

E 31-63. 

Qual é o momento de dipolo magnético do solenóide 

descrito no exercício 31-54? 

! ¤ 

¤ 

#%& c w 

& Z 

P 31-55. 

O campo num solenóide é ! ¤ 

Ç — P , onde — é 

o número de espiras e é o comprimento do solenóide. 

Î 

Como cada espira tem um ž comprimento , obtemos 

para o comprimento D total do fio 

¤ 

Ê —rÇ 

l&& 

—¾Ç 

Z & 

& [^X Ê o R 

R º .’ 

& 

 

& j 

E 31-66. 

E 31-56. 

(a) º para 

(b) º para 

Ç . Î 

b 

\ X£ó #%&)X 

5 

R . 

#%& c 

 

lZ 

w c #%& 

o £#B&'$ 

. 

Para um toróide temos ! ¤ 

Ç ( — P 

& 

Î 

# j m temos ! ¤ 

 

 

# Z #B& cih 

#%$ 

c _SE ; #%& 

c _QE . #B& 

. Portanto 

Um estudante constrói um eletroímã Z'&& 

enrolando 

voltas de fio em torno de um cilindro de madeira de 

ž j diâmetro cm. A bobina é ligada a uma bateria 

produzindo uma corrente [ de A no fio. (a) Qual 

é o momento magnético deste dispositivo? (b) A que 

distância Û‰ž axial o campo magnético deste dipolo 

será j 

 

de T (aproximadamente um décimo do campo 

magnético da Terra)? 

 

(a) 

¤ . ž ! 

¤ 

jg Z'Z 

& '& m temos ! ¤ 

—rÇ Ê 

œ R 

P 31-62. 

[ & 

—rÇ 

& & j 

& [ 

Z'&'& 

. 

Z b A mR 


Û 

 

¤ 

¤ 

¤ 

 

s 

s 

[ 

 

. Î 

. 

[ b cm 

, 

 

!?u 

¤ 

. 

ñ R 

] 

 

h Û 

j 

 

 

s 

 

 

# , 

u Ü 

< 

¦ 

E 

¤ 

ž 

¤ 

. 

¦ 

¦ 

¦ 

. Î 

. 

 

 

ç û ¤ 

Î 

¦ 

. 

< 

œ 

¦ 

R œ 

[ 

Î 

¦ 

ç û 

¦ 

Î 

s 

¦ 

Î 

 

¤ 

¦ 

¦ 

. 

¦ 

. Î 

 

 



(b) Da Eq. 31-25 temos que 

eixo. Mostre que: (a) o campo magnético no centro do 

disco é 

Portanto, 

(b) o momento de dipolo magnético do disco é 

Î . 

! ¤ 

! ¤ 

Î 

 

]ŽÅ h 

c w . Z b #%& 

]fÅ h 

(Sugestão: O disco girando é equivalente a um conjunto 

de espiras de corrente.) 

¤ 

#%& c Y u 

P 31-68. 

Um fio formando um circuito fechado, com raios n e 

Ü , como mostra a Fig. 31-63, é percorrido por uma corrente 

Ç . (a) Quais são o módulo, a direção e o sentido 

de B no ponto Ò ? (b) Determine o momento de dipolo 

magnético do circuito. 

 

(a) Os dois segmentos retilineos do fio não contribuem 

para o campo B no ponto Ò . Conforme o problema 

P-11, o semi-círculo maior contribui com um 

campo cujo módulo é 

¤ 

Î ÇmP [^Ü , enquanto que 

o semi-círculo menor contribui um campo de módulo 

! 

Ã ¤ 

. Portanto, o módulo do campo resultante 

em é 

! Ò 

Î ÇfP 

[)n 

dada por 

(a) Considere um pequeno anel de raio º e espessura 

 

, contendo uma carga ž 

žº 

¦U¤ 

ou seja, a carga por unidade de área vezes a área do anel. 

Num E 

¤ . 

P 

tempo toda a carga do anel passa por 

um ponto fixo perto do anel, logo a corrente equivalente 

é: 

¤ ž 

. ¦ 

œ R 

ºTž'º'P 

. 

. 

ºTžº 

œŸR 

5< 

. ’ºTž'º 

R œ 

e o campo resultante aponta perpendicularmente para 

DENTRO da página do livro. 

(b) Também apontando para DENTRO da página, temos 

! ¤ ! Ã 

! ¤ 

Ç Î 

[ 

# 

n 

Pela Eq. 24, Û & com (repare na diferença de notação), 

esse anel gera no centro do disco um ž campo cuja 

magnitude é dada por 

žÇ 

P 

¤ 

. ’ºTž'º 

R u œ 

žÇ Î 

lº 

ž ! ¤ 

Assim, o campo total é: 

,/. 

lº 

n R 

Ü R ò Ç 

¤ 

Ê laço Ç 

31.2.5 Problemas extras 

! ¤ ç 

ž ! ¤ 

žº 

¤ 

Coletamos aqui alguns problemas da3 ã edição do livro 

que não aparecem mais na 4 ã edição mas que podem 

ainda ser úteis. 

(b) O momento de dipolo será dado por 

 

 

œ R 

œ 

ºTžº 

P 31-74¥ 

Um disco de plástico fino de raio œ tem uma carga ¦ 

uniformemente distribuida sobre sua superfície. O disco 

gira com uma freqüência angular em torno do seu 

¤ 

œ R 

ç û 

. 

Ê žÇ 

¤ ç 

œ R 

º R 

º h žº 

¤ 

œŸR 

[ 


onde 

Î – Ê 

¢ 

Î 

¤ 

 

Ê ! 

 

 

Ê 

Ê 

Î 

Î 

 

< 

 

Ì 

¤ 

Î 

¢ 

 

 

x 

 

Ì 

Þ 

 

 

Ì 

¢ 

 

¤ 

Ì 

. 

¢ 

Ê 

¤ 

, 

x 

ÝÎ 

, 

X 

¤ 

< 

, 

Î 

X 

 

x 

c Å u 



32 A Lei da Indução, de Faraday 


Q 32-14. 

Um solenóide percorrido por uma corrente constante é 

aproximado de uma espira condutora, como é mostrado 

na figura ao lado. Qual é o sentido da corrente induzida 

na espira visto pelo observador que aparece na figura? 

 

Sentido horário. Mas voce deve saber como deduzir 

P 32-4. 

Um campo magnético uniforme, , é perpendicular ao 

plano de uma espira circular de raio º . O módulo do 

campo varia com o tempo de acordo com a relação 

fem induzida na espira em função do tempo. 

! ¤ ! 

 

Chamando de Ê 

c Å , onde ! Î 

e Ý são constantes. Encontre a 

¤ . 

ºTR a área da espira, temos 

isto... 

! ž 

ž'Ì 

¤ ž 

¤ 

Q 32-17. 

ž 

žÌ 

ž'Ì 

¤ . 

s ! 

º R 

ºTR ! 

c Å 


32.2.1 Lei da Indução de Faraday – 1/21 

P 32-5. 

Na figura ao lado, o fluxo magnético que atravessa a 

espira indicada cresce com o tempo de acordo com a 

expressão 

E 32-2 

 

Ç Ç Î 

Uma ’Ì 

corrente sen percorre um solenóide extenso 

que possui espiras por unidade de comprimento. 

Uma espira circular de ² área está no interior Ê do 

solenóide e seu eixo coincide com o eixo do solenóide. 

Ache a fem induzida 

 

na espira. 

Basta aplicar a definição de : 

onde é dado em miliwebers Ì e em segundos. (a) 

Calcule o módulo da fem induzida na espira quando 

s; (b) Ache o sentido da corrente através œ de 

 

. 

(a) 

Þ·¤ 

¤ 

ž 

b Ì R 

#% lÌ 

¢ 

X©Ì 

žÌ 

¤@ ž 

! ž 

ž'Ì 

Zt# Volts 

(b) O sentido da corrente induzida na espira é o sentido 

horário, com a corrente passando em œ da direita para a 

esquerda. 

¤ ¤ 

#% 

¤ ž 

¤ 

žÌ 

žÌ 

¤ 

ž 

ñ žÌ 

Î Ç ² ò 

P 32-8. 

² Ç ( 

. 

¤ 

¤ 

¤ 

Ê 

Ê 

 

Î 

ž ² 

ž'Ì 

Ç ( 

sen’Ì 

² Ç ( 

 

2A46 ’Ì 

254)6 ’Ì 

Um campo magnético uniforme é ortogonal ao plano de 

uma espira circular de diâmetro igual #B& a cm, feita de 

fio de cobre (diâmetro j mm). (a) Calcule a resistência 

do fio (Veja a Tabela 1 do Cap. 28). (b) A que 

taxa deve o campo magnético variar com o tempo para 

¤ 

que uma corrente induzida #B& de A seja estabelecida na 

espira? 


œ 

 

¤ 

¤ 

¤ 

Þ 

Ê 

— 

 

Î 

Þ 

 

¤ 

. 

Î 

. 

Î 

 

 

 

. 

Î 

¤ 

 

R 

 

¤ 

 

< 

 

 

R 

Ô 

 

¤ 

 

 

 

 

¤ 

¤ 

 

 

. 

[ 

 

 

¢ 

 

¤ 

! 

¤ 

Ê 

 

 

R 

¢ ¤ ç 

ž%# 

 

Î 

j 

 

. 

² 

Î 

 

 

R 

 

 

 

 

 



 

(a) De acordo com a Eq. 28-15, temos 

 

P A Z 

 

s 

¤ 

cih #%& 

#B&'R espiras/m (veja Exemplo 1), 

b & A/s. Portanto, com ² ¤ 

.0~ 

Cu 

j & 

g. 

l& 

& & j 

A 

¤ 

D 

Ê 

¤"! 

# b'\ 

.’ 

#%&'R 

& &d#%$ 

#%&gc ¼ 

#% '& 

#B& c w 

' '& 

& &&d#© j 

(b) Para #B& A temos 

œ?Ç 

#'# mV Por outro lado, sabemos que 

 

Þ 

Þ¤ 

donde tiramos que 

P 32-10. 

ž ! 

žÌ † † 

† 

† 

† 

† 

ž 

† žÌ † 

† 

Ê ! 

† 

† 

† 

#'# #B& cvh .’ ¤ 

#©P' & 

# # 

† 

ž ! 

Ê † † 

† 

ž'Ì 

† † 

#%& cih 

# [ T/s 

Na figura ao lado uma bobina de #© l& espiras, de raio 

# $ cm e resistência jd Zé é colocada na parte externa 

de um solenóide semelhante ao indicado no Exemplo 1. 

Se a corrente no solenóide varia com o tempo do mesmo 

modo indicado no Exemplo 1: (a) qual é a corrente que 

surge na bobina enquanto a corrente do solenóide está 

variando? (b) Como os elétrons de condução da bobina 

“recebem a mensagem” do solenóide de que eles devem 

se mover para criar a corrente? Afinal de contas, o fluxo 

magnético está inteiramente confinado no interior do 

solenóide. 

#B& 

¤ 

P 32-11. 

Um solenóide longo com raio de j mm possui #%&'& espiras/cm. 

Uma espira circular de j cm de raio é colocada 

em torno do solenóide de modo que o seu eixo coincida 

com o eixo do solenóide. A corrente no solenóide 

reduz-se de # A para & j A a uma taxa uniforme num 

intervalo de tempo de #B& ms. Qual é a fem que aparece 

na espira? 

Chamando de Ê ºTR a área de cada uma das espiras, 

relembrando que, conforme a Eq. 31-21, o campo 

 

dentro de um solenóide é 

¤ 

Î Ç ² 

, e que no solenóide 

o fluxo magnético através de cada espira é 

¢@¤ 

! 

! 

, Ê 

temos 

¤ ž 

Portanto, com 

Î 

 

¤ 

s Î 

žÌ 

¤ . 

ž ² Ç ò 

¤@ º R 

ž'Ç 

¤@ 

 

žÌ ñ 

ž'Ì 

#B& c Y T A/m, obtemos 

# b 

.05 

#B&& 

c R u #%& 

#B& cvh 

#B& cvh V ¤ # mV 

kj & 

#%& 

& # 

cvh #%& 

Ç õ ¤ 

jd Z-é 

b & 

# # mé 

5 

¤ 

Z'& 

#B& c R A 

 

(a) A magnitude do campo magnético dentro do solenóide 

¤ ² Ç Ô 

é , onde é o número de voltas 

por unidade de comprimento e ! Ô 

é a corrente no so- 

² Ç 

lenóide. O campo é paralelo ao eixo do solenóide, de 

modo que o fluxo através da seção transversal do solenóide 

é Ê Ô ¤ . 

 

¢ ¤ 

Ê Ô ! ¤ 

ºTR Ô ² Ç Ô ºTR 

, onde é 

a área da seção transversal do solenóide. Como o campo 

magnético é zero fora do solenóide, este também é o 

valor do fluxo através da bobina. A fem na bobina tem 

a magnitude 

P 32-12. 

Deduza uma expressão para o fluxo através de um 

toróide com — espiras transportando uma corrente Ç . 

Suponha que o enrolamento tenha uma seção reta retangular 

de raio interno n , raio externo Ü , altura È . 

 

Sabemos que o campo do toróide é 

¤ 

# lZ^X 

ž 

žÌ 

e a corrente na bobina é 

¤ 

R Ô — ² ž'Ç Ô 

žÌ 

º 

Portanto, observando ž$# que é paralelo ao campo e 

 

, temos È-ž'º 

que em módulo, ž Ê 

—rÇ Î . Î º 

 

œ 

Ô — ² ºTR 

œ 

Ô ž'Ç 

žÌ 

Ç õ ¤ 

¤ 

onde — é o número de voltas na bobina e œ é a resistência 

da bobina. 

De acordo com o Exemplo 1, a corrente varia linearmente 

de Z A em j & ms, de modo que ž'Ç Ô Plž'Ì 

¤ 

¤ 

Î —rÇ Î È . 

õ ç 

ã 

—rÇ Î È . 

ln Ü Î n 

ž'º 

º 


œ 

 

D ¤"! 

Ê 

¢ 

¤ 

¤ 

¤ 

 

[ 

¤ 

 

 

Ç 

 

¤ 

 

 

¤ 

œ 

¤ 

¤ 

¤ 

 

 

R 

 

¤ 

¤ 

 

j 

 

 

& 

 

 

R 

¤ 

 

¤ 

 

n 

 

, 

È 

l& 

j # 

¤ 

 

. 

 

Ì 

 

 

 

¢ 

 

 

. 

. 

. 

 

 

 

¢ 

 

Ì 

. 

 

 

N 

s 

 

s 

 



P 32-13. 

Um toróide tem uma seção reta quadrada de lado igual 

a j cm, raio interno de # j cm, j && espiras e transporta 

uma corrente igual a & $ A. Calcule o fluxo magnético 

através da seção reta. 

 

Do problema anterior sabemos que 

¢ ¤ 

Temos aqui È j que n # j cm, Ü '& 

cm, 

Ç Î & $ cm, A — j &'& e espiras. Portanto, basta 

substituir os valores numéricos para se obter o resultado 

desejado: 

. 

—rÇ Î È . 

ln Ü Î n 

5 

5 

5 

. 

ln 

conseqüência, com a passagem Ç da corrente pelo anel 

maior (veja a figura), o camo magnético correspondente 

é aproximadamente constante através da área plana 

, limitada pelo anel menor. Suponha agora que ºTR a 

distância não seja fixa, mas que varie à razão constante 

. (a) Determine o fluxo magnético ž através 

Æ Æ PTžÌ 

¤ N 

da área limitada pelo anel menor. (b) Calcule a fem gerada 

no anel menor. (c) Determine o sentido da corrente 

induzida no anel menor. (Sugestão: Veja a Eq. 25 do 

 

capítulo 31.) 

(a) Na região da espira menor o campo magnético 

produzido pela espira maior pode ser considerado como 

sendo uniforme e igual ao seu valor no centro da espira 

menor, sobre o eixo. A Eq. Û 

¤ Æ 

31-24, com ù§œ e , 

fornece o módulo de : 

! Æ 

& & j 

¢ ¤ 

#%& c w 

j &'& 

& $ 

P 32-14. 

# # j 

#B& c Y Wb 

Temos que D & 

j m, º & j mm ¤ j 

 

ž ! Plž'Ì #%& que mT/s #%& c R T/s. 

¤ 

#B& c _ m e 

O campo está dirigido para cima na figura. O fluxo 

mangnético através da espira menor é dado pelo produto 

do campo pela área da espira menor, ou seja, 

! ¤ 

Ç`œŸR 

Æ Î 

h 

 

(c) A força eletromotriz é dada pela lei de Faraday: 

¢¤ 

Ç;º©RBœŸR 

Æ Î 

h 

.’ 

& j 

#%&gc ¼ 

& &d#'#Sé 

¤ 

# b\ 

O raio do fio não é difícil de ser determinado: 

#%& c _ 

¤ ž 

ž'Ì 

D ¤ & kj . £”& 

¤ < 

&$ m 

. 

 

Ç;ºTRAœŸR ž Î 

ž'Ì 

# 

h u Æ 

¤ 

º& 

donde sai que 

Z 

_ Æ 

Æ ž 

u ž'Ì 

¤ 

Î Ç;ºTRAœŸR 

¤ Z 

ž 

Portanto 

žÌ 

¤ . 

donde sai 

R & º 

! ž 

žÌ 

¤ ! Ê 

¢ 

.’ ¤ 

¤ 

& &$ 

&d# 

#B& c R 

R º 

¤ 

#B&dc _ V 

&d# 

#B& c _ V 

& &d#%$'Z A 

Com isto, a taxa de produção de energia térmica na espira 

é 

P 32-16. 

ÒO¤ 

Ç R œ 

Z b X j 

#B& c Y W 

A figura ao lado mostra duas espiras de fio em forma 

de anel, que têm o mesmo eixo. O anel menor 

está acima do maior, a uma distância Æ , que é grande 

em comparação com o raio œ , do anel maior. Em 

 

(c) O campo da espira maior aponta para cima e decresce 

com a distância à espira. A medida que a espira menor 

afasta-se o fluxo através dela decresce. A corrente 

induzida deverá ser tal a produzir um campo dirigido 

também para cima, de modo a compensar o decrescimo 

do campo da espira maior (que induz a corrente). A 

corrente fluirá no sentido anti-horário quando a espira é 

vista de cima, na mesma direção da corrente na espira 

maior. 

P 32-19. 

(a) Chamando Ê a área do quadrado temos 

! 

¤ 

& &l[^ 

ž 

& $)XåÌ . 

¤ ! ¢ 

¤ J ¢ 

Æ _ 

Ê 

&l[^ & 

& 

¤ 

$)X 

$)XÌ K & 

¤O 

¤ ! 

+. 

Î Ç;º©RBœŸR 

# XT[ V 


žÌ

¤ 

 

Ç 

 

¤ 

¢ 

¢ 

 

 

 

< 

N 

¤ 

, 

¤ 

Ì 

¤ 

ž 

* 

žÌ 

 

Ç 

¤ 

< 

¤ 

 

 

 

R 

¤ 

¤ 

< 



Portanto Þ 

# 

Þ^¤ 

X©[ V, anti-horária; ' 

 

XT[ V. g# 

Ç Ø (b) é anti-horária. 

'& 

# XT[ 

onde N é a velocidade da barra. Portanto 

¤ 

A 5 

& #B& T jg & m m/s 

# 

32.2.2 Indução: Um Estudo Quantitativo – 22/39 

& b & V 

(b) Sendo œ a resistência da barra, a corrente no laço é 

¤ & b & V 

¤ 

œ 

E 32-22. 

E 32-23. 

 

(a) O fluxo varia porque a área limitada pela barra 

metálica e os trilhos aumenta quando a barra se move. 

Suponha que num certo instante a barra esteja a uma 

distância Æ da extremidade à direita dos trilhos e tenha 

velocidade N . Neste caso o fluxo através da área é 

¢¤ ! Ê 

¤ ! D Æ 

onde D é a distância entre os trilhos. 

De acordo com a lei de Faraday, a magnitude da fem 

induzida é 

ž ¤ 

žÌ 

¤ 

¤ ! D 

Æ ž 

žÌ 

! D 

¤ 

5 

5 

Z j & T & j & m & 

 

jj & m/s & 

$t# #B& c R V [ 

(b) Use a lei de Ohm. Se a resistência da barra œ for , 

então a corrente na barra é 

[&-é 

# j A & 

Como a barra move-se para a esquerda no diagrama, o 

fluxo aumenta. A corrente induzida deve produzir um 

campo magnético que entra na página na região delimitada 

pela barra e trilhos. Para que assim seja, a corrente 

deve fluir no sentido horário. 

(c) A taxa de geração de energia térmica pela resstência 

da barra é 

Òý¤ 

R 

œ 

b & & 

[& & 

& \ & W 

(d) Como a barra move-se com velocidade constante, a 

força total sobre ela deve ser nula. Isto significa que a 

força do agente externo tem que ter a mesma magnitude 

que a força magnética mas na direção oposta. 

A magnitude da força magnética é 

¢ M ¤ 

 

# 

¤ 

j & #B& # 

¤ 

& #B$ N 

Ç`D 

! 

Como o campo aponta para fora da página e a corrente 

está dirigida para cima através da barra, a força 

magnética esta dirigida para a direita. A força do agente 

externo tem que & #%$ ser, portanto, de N para a esquerda. 

5 

(e) Quando a barra move-se uma distância infinitesimal 

ž Æ 

, onde 

é a força do agente. A força está na direção do 

movimento, de modo que o trabalho feito pelo agente é 

positivo. A taxa na qual o agente realiza trabalho é 

M 

ž Æ 

o agente externo faz um trabalho ž 

A 

* ¤ M 

¤ 

œ 

¤ MŸN ¤ 

5 

¤ 

< 

\ & W & 

¤ [ $t# 

b X 

c R V #%& 

#%$-é 

#%& cvh A 

M ž Æ ¤ 

žÌ 

que coincide com a taxa com que a energia térmica é gerada. 

A energia térmica fornecida pelo agente externo é 

convertida integralmente em enegia térmica. 

& #%$ 

jg & 

E 32-24. 

(a) Seja a distância a partir da extremidade direita 

 

dos trilhos até a barra. A área demarcada pela barra e os 

trilhos Æ Æ 

é e o fluxo através da área 

¢H¤ ! D Æ 

é . D A 

fem induzida é 

¤ ž 

¤ ! D 

Æ ž 

žÌ 

¤ ! D 

N < 

P 32-27. 

Dois trilhos retilineos formam um ângulo reto no ponto 

de junção de suas extremidades. Uma barra condutora 

em contato com os trilhos parte do vertice no instante 

e se move com velocidade constante de j m/s 

& 

para a direita, como mostra a Fig. 32-42. Um campo 

magnetico & Z j de T aponta para fora da pagina. Calcular 

(a) o fluxo atraves do triângulo formado pelos trilhos 


žÌ

Ì 

 

Ì 

 

Ì 

 

 

 

¤ ! Ê 

¢ 

¤ 

 

¤ 

 

Ì 

 

 

Ê ! 

 

R 

 

 

Ì 

¤ ç ¢ 

ž%# 

. 

254)6 

Ê ! ¤ 

. 

. 

. 

¢ 

. 

 

. 

¢ 

< 

ž 

 

R 

N 

 

Ì 

. 

. 

. 

Ì 

 

Ì 

. 

Ì 

 

 

Ì 

 

R 

 

Ì 

¤ 

 

Ç 

¤ 

Ã 

œ 

. 

. 

œ 

 

 

Ì 

expressão que pode ser escrita como 

 

 

 

. 

J 

¤ 

¢ 

 

 

 

 

 

< 

Ì 

¤ 

K 

 

 

 

Ì 

 



e a barra no Ì Z instante segundos e (b) a fem induzida 

no triângulo neste instante. (c) De que modo a fem 

induzida no triângulo varia com o tempo? 

(a) Apos um tempo Ì o segmento vertical tera andado 

uma distância horizontal Ì , o que fornece para ¤ 

N 

a area Ê 

N 

5 N 

do triângulo em questão o Ê valor 

. Portanto, o fluxo sera dado por 

RAÌmR 

donde reconhecemos facilmente que a amplitude da fem 

é 

Ã – ! R n R 

 

Como o circuito contém uma œ resistência , vemos que 

a amplitude da corrente alternada que circulará na espira 

é 

¤ N 

P' 

¢ 

Ç Ã ¤ 

& 5 Z 

¤ ! 

jg l& 

jd T mR $ 

(b) Para obter a fem induzida: 

sendo que para um instante de tempo Ì qualquer, a corrente 

no circuito será 

. 

sen Ã Ç 

R n R 

Z & 

Z & 

¤ 

& Z j 

f 

! ž Ê ¤ 

žÌ 

! N 

R Ì 

¤ 

¤ 

A 

¤ ! 

RBÌmR 

žÌ 

¤O 

P 32-29. 

(a) A área da bobina é Ê ngÜ . Suponha que num dado 

instante de tempo a normal à bobina faça um ângulo 

 

com o campo magnético. A magnitude do fluxo através 

da bobina será então 

¤ ž 

¤@ ž 

žÌ 

žÌ 

(c) Como se pode bem ver da expressão acima 

, a fem varia linearmente em função do tempo. 

RAÌ 

! N 

e a fem induzida na bobina é 

—¾ngÜ !/254)6 

Z & 

& Z j 

j'bd $ V 

jd 

¢ ¤ 

P 32-28. 

(a) A freqüência da fem induzida coincide com a 

freqüência com que a semicircunferência é girada: . 

(b) A amplitude a fem induzida é dada por 

 

ž ¤ 

žÌ 

¤ ž 

!32A46 —¾ngÜ 

žÌ 

—?n^Ü ! 

sen 

ž ¤@ 

žÌ 

de modo que precisamos determinar como o fluxo varia 

com o tempo a medida que a semicircunferência é 

girada. Da definição de fluxo temos 

žÌ 

Em termos da freqüência de rotação e do tempo Ì , 

¤ . 

¤ . 

 

dado por 

Com isto, a fem é dada por 

Ì . Portanto, temos que ž 

. 

sen 

! —?n^Ü 

PTžÌ 

é 

. 

¤ J 

K ž 

=< 

onde 

Î –H 

. 

sen 

Î 

 

, 

¤ . 

(b) A bobina desejada deve satisfazer 

. 

—¾ngÜ ! 

n^R 254)6 

¤ ! 

=< 

onde Ê é a área da semicircunferência. Portanto 

Isto significa que 

 

Î –” 

—?n^Ü ! ¤ 

# j & V 

¤ ž 

—¾ngÜ 

n^R ž 2546 

 

Î . 

¤ 

! 

# j & ¤ 

.’ 

& rev/s b 

 

& T kj & 

žÌ 

¤ ! 

sen 

5 

žÌ 

¤ ! 

n^R 

sen 

¤ j . 

=< 

¤ ! 

R n R 

£ & X \'b mR 


— 

 

Para Ì 

N 

¤ 

¤ 

 

 

¤ 

 

[ 

 

¢ 

¤ 

Î 

¤ 

Ü 

 

h 

¤ 

¤ 

$ 

¤ 

 

¤ 

¤ 

Ò 

' 

¤ 

Ò 

' 

¤ 

 

Ç 

œ 

¤ 

 

 

N 

R 

 

! N 

¤ 

œ 

 

œ 

N 

 

 

 

 

 

 

 

¤ 

< 

 

 

N 

< 

 

 

 



Qualquer bobina para a qual —¾ngÜ 

tenhamos 

satisfará o pedido. Um exemplo simples é usar-se 

mR 

P 32-34. 

#%&'& voltas e n 

$ \ cm. 

& X \b 

distância entre a barra deslizante e a porção horizontal 

do trilho, na parte inferior do plano inclinado. A área 

delimitada pela barra e os trilhos Ê 

¤ Æ 

é , já que a 

normal à área faz um ângulo com o campo magnético, 

sendo que o fluxo magnético através da espira é 

Æ-2A46 

¢¤ ! 

P 32-36. 

 

Use a lei de Faraday para encontrar uma expressão para 

a fem induzida pelo campo magnético variável. Primeiro, 

encontre uma expressão para o fluxo através da 

espira. Como o campo depende de Ú mas não de Æ , divida 

a área em tiras de comprimento D e largura žÚ , paralelas 

ao eixo Æ . É claro que D é o próprio comprimento 

de um dos lados do quadrado. 

Num Ì instante o fluxo através duma tira com coordenada 

ž [DâÌmR=Ú>žÚ é de modo que o fluxo 

Ú 

total através do quadrado é 

¢G¤ ! DâžÚ 

¢¤ ç Ù 

De acordo com a lei de Faraday, a fem induzida na espira 

 

¤ ! N 2A46 

é . œ Sendo a resistência da barra, a 

corrente induzida será 

¤ 

œ 

e a magnitude da força magnética será 

¢ ¤ M ! ¤ ! R R 254)6 

 

Ç 

Tal força é perpendicular tanto ao campo magnético 

quanto à corrente. Ela é horizontal, para a esquerda. 

As componentes das forças ao longo do plano inclinado 

(i.e. ao longo da direção ) são 

Æ 

2A46 

t< 

R ÚgžÚ 'D h Ì R 

[)D’Ì 

De acordo com alei de Faraday, a magnitude a fem induzida 

no quadrado é 

 

sen 

M ¢ 254)6 ° o 

n onde é a aceleração da barra. Ter-se uma velocidade 

terminal constante significa n & ter-se , ou seja, ter-se 

¤ 

oqn 

ž ¤ 

ž'Ì 

kj s encontramos 

ž ¤ 

ñ 

'D h Ì R ò 

žÌ 

¢ ¤ M d< 

° sen o 254)6 

que, ao substituirmos , nos fornece 

¢ M 

o ° œ sen 

[D h Ì 

#%&gc z V 

O campo externo aponta para fora da página e cresce 

com o tempo. A corrente induzida na espira quadrada 

deve produzir um campo que entra na página, de modo 

que tal corrente deve fluir no sentido horário. A fem é 

também induzida no sentido horário. 

R R 254)6 R ! 

(b) A energia térmica é gerada na barra com uma 

¤ 

taxa 

, 

, ou seja, como Ç 

Ç;RBœ 

! R R ¤ ¤ 

! N 

PTœ 

2A46 

oIR ° RBœ senR 

& & l& 

N ¤ 

kj 

2A46 

P 32-38¥ . 

(a) Como a variação do fluxo magnético através da 

 

área delimitada pela barra e os trilhos induz uma corrente, 

o campo magnético exerce uma força sobre a barra. 

A força magnética é horizontal e aponta para a esquerda 

na projeção da figura 32-49. Ela tende a parar a barra, 

enquanto que a força gravitacional sobre a barra a 

acelerá-la para baixo. Como a força magnética é zero 

quando a barra esta parada e aumenta com a velocidade 

da barra, a velocidade terminal é atingida quando a 

força resultante atuando na barra for zero. 

Primeiro, supomos que a barra tenha uma velocidade 

e calculamos a força magnética sobre ela. Seja a 

Æ 

R R 254)6 R ! 

Suponha que a barra esteja a uma È altura acima da base 

do plano inclinado. Sua energia potencial é ¤ 

então 

° Æ 

sen . A perda de energia potencial 

o 

ocorre a uma taxa 

o ° È 

× ¤„ž Ò 

ž'Ì 

Æ ž 

žÌ 

¤ 

sen 

 

sen 

° o ° 

o 

Substituindo-se nesta expressão a velocidade terminal 

encontramos 

N 

Ò × ¤ 

° RBœ senR oIR 

R R 254)6 R ! 

que é a mesma expressão com que a energia térmica é 

gerada. Note que a expressão da velocidade terminal 


© 

© 

¤ 

¤ 

 

 

œŸR 

º 

 

º 

 

#B& c _ V/m 

 

 

 

R 

 

 

¢ 

¤ 

 

 

¤ 

¢ 

< 

¤ 



precisa ser usada. Até atingir-se a velocidade terminal 

existe transformação de energia potencial em energia 

cinética, a medida que a barra ganha velocidade. 

(c) Se o campo magnético apontar para baixo a direção 

da corrente será invertida mas a força magnética permanecerá 

na mesma direção, fazendo com que o movimento 

da barra permaneça inalterado. 

P 32-39¥ . 

32.2.3 Campo Elétrico Induzido – 40/47 

P 32-44. 

 

Use a lei de Faraday na forma 

¤O ž 

ž)ð 

žÌ ¦ 

Integre em torno da trajetória pontilhada mostrada na 

Fig. (32-53). 

Em todos pontos dos lados superior e inferior da trajetória 

o campo elétrico ou é perpendicular ou é zero. 

Suponha que ele se anule em todos pontos do lado direito 

(fora do capacitor). No lado esquerdo o campo é 

paralelo à trajetória e tem magnitude constante. Portanto 

uma integração direta fornece 

E 32-40. 

 

(a) O ponto onde se deseja o campo está dentro do 

solenóide, de modo que se pode aplicar a Eq. (32-24). 

A magnitude do campo elétrico induzido é 

# ž ! ¤ 

žÌ 

¤ # 

A 

D onde é o comprimento do lado esquerdo do retângulo. 

O campo magnético é zero e permanece zero, de modo 

ž PTžÌ & que . 

Se isto tudo estivesse certo, a lei de Faraday nos levaria 

sem que & 

¦ ž)ð 

a uma contradição pois deveríamos © D ter 

© nem D nem fossem zero. Portanto, deve existir um 

campo elétrico ao longo do lado direito da trajetória de 

integração. 

© D 

#B& cvh 

bt j 

& & l& 

#%& c z V/m 

(b) Neste caso o ponto está fora do solenóide, de modo 

que podemos aplicar a Eq. (32-25). A magnitude do 

campo elétrico induzido é 

32.2.4 O Betatron – 45/46 

X # j 

P 32-46. 

# ž ! ¤ 

ž'Ì 

¤ # 

& & b &'& 

#B& cvh 

bt j 

32.2.5 Problemas Adicionais – 48/51 

& &'$) l& 

# [Z 


Ç 

¤ 

¦ 

Ì 

# 

¤ 

 

s 

 

¦ 

. 

u 

 

¦ 

 



34 Propriedades Magnéticas da Matéria 

Para entender por que isto ocorre, basta calcular o torque 

que atuará no ímã devido ao seu momento 

! 


Q 34-1. Duas barras de ferro têm aparências exatamente 

iguais. Uma delas está imantada e a outra não. 

Como identificá-las? Não é permitido suspender nenhuma 

delas como se fosse agulha de bússola, nem usar 

qualquer outro aparelho. 

Segure com a mão esquerda uma das barras numa 

direção horizontal (por exemplo, apoiando-a sobre uma 

mesa). Com a outra mão, segure a outra barra numa 

posição ortogonal à primeira. Coloque uma das extremidades 

da segunda barra encostada sobre a barra fixa na 

direção horizontal. A seguir, percorra com a extermidade 

da segunda barra a periferia da primeira barra desde a 

extremidade até o meio desta primeira barra. Duas coisas 

podem ocorrer: (a) Se a barra fixa na mão esquerda 

for o imã, você sentirá uma atração forte na extremidade; 

porém, esta atração irá diminuir à medida que a barra 

da mão direita se aproximar do centro da barra da mão 

esquerda (que supostamente é o imã). Portanto você poderia 

identificar as duas barras neste caso. (b) Se a barra 

fixa na mão esquerda não for o imã, você sentirá sempre 

a mesma atração, pois, neste caso, a barra da mão direita 

será o imã e, como você sabe, a extremidade de um imã 

atrai sempre com a mesma intensidade a barra de ferro 

(em qualquer posição). 

Ý ¤ 

 

de dipolo 

magnético . 

Como se pode perceber da Fig. 34-3 (pág. 259), o momento 

magnético do ímã é dado por um vetor centrado 

no centro de massa do ímã, apontando de Sul para Norte 

(isto é, para baixo, antes do campo ser ligado). O produto 

vetorial nos diz que o torque magnético é um vetor 

que aponta para fora do plano da págian do livro e, portanto, 

que o ímã desloca-se um certo ângulo 

direita. 

para a 

P 34-5. Uma carga está uniformemente distribuída 

em torno de um fino anel de raio ¦ . O anel gira com velocidade 

angular em torno de um eixo central ortogo- 

º 

nal ao seu plano. (a) Mostre que o momento magnético 

devido à carga em rotação é dado por: 

¤ # ¦ 

’º R 

(b) Quais são a direção e o sentido deste momento 

magnético, se a carga é positiva. 

(a) No instante Ì 

é: 

¤ . 

P( 

s corrente que passa no anel 

 

P( 

Donde se conclui que o módulo do momento magnético 

é dado por 

¤ 

¦ 

. 

¦ 

. 

¤ 

+. 


34.2.1 O Magnetismo e o Elétron – (1/5) 

(b) Pela regra da mão direita, 

magnético 

—rÇ Ê 

¤ # 

R º 

o vetor momento 

. 

 

é paralelo ao vetor velocidade angular 

º R 

¤ 

34.2.2 A Lei de Gauss do Magnetismo – (6/9) 

P 34-3. Uma barra imantada está suspensa por um fio 

como mostra a Fig. 34-19. Um campo magnético uniforme 

apontando horizontalmente para a direita é, 

então, estabelecido. Desenhe a orientação resultante do 

fio e do ímã. 

O conjunto ímã+fio irá deslocar-se para a direita, permanecendo 

inclinado num certo ângulo 

 

. 

P 34-7. O fluxo magnético através de cinco faces de 

um dado — vale Wb, — onde ( # a j ) é 

¤ 

¢§¤ 

a quantidade dos pontos escuros [que representam os 

números] sobre cada face. O fluxo é positivo (para fora) 

— para par e negativo (para dentro) — para ímpar. Qual 

é o fluxo através da sexta face do dado? 


Y 

 

 

 

] 

 

¤ 

# 

 

, , 

, 

j 

 

R 

 

R 

¤ 

Z 

j 

 

h 

, 

[ 

, 

, 

 

 

_ 

j 

, 

 

 

, 

 

z 

 

¤ 

 

Î . 

[ 

! ¤ ¢ ! R 

ä 

 

( . 

[ 

 

( . 

[ 

s 

¤ ! ä 

2A46 

! 

Ø y 

 

Î . 

[ 

¤ 

, 

 

Î . 

[ 

! R 

æ 

Î 

Î 

, 

< 

. 

[ 

¤ 

, 

, 

R 

 

 

, 

< 

s 

 

. Î 

 

. Î 

 

$ 

 

< 

R 



 

Como não se conhece monopólos magnéticos, a soma 

algébrica do fluxo sobre todo o dado dever ser ZERO. 

Portanto o fluxo 

Y 

pedido é 

! ä ¤ !/254)6 y Ø 

onde y é a inclinação (veja Fig. 34-10). Portanto, 

¤ 

¤ 

¤ , 

j [ X T 

Z Wb 

P 34-13. O campo magnético da Terra pode ser aproximado 

como o campo de um dipolo magnético, com 

componentes horizontal e vertical, num ponto distante º 

do centro da Terra, dadas por, 

P 34-8. Uma superfície Gaussiana tem a forma de um 

cilindro circular reto, de raio igual #© a cm e comprimento 

$'& de cm. Através de uma de suas extremidades, 

penetra um fluxo magnético j 

 

de Wb. Na outra extremidade 

existe um campo magnético uniforme # b de 

mT, normal à superfície e orientado para fora dela. Qual 

é o fluxo magnético líquido através da superfície lateral 

do cilindro? 

Usando a lei de Gauss 

 

ž%# & do 

 

magnetismo, , 

 

ž%# 

] 

 

R 

*) podemos escrever , onde 

 

é o fluxo magnético através da primeira extremidade 

] 

mencionada, é o fluxo magnético através da segunda 

extremidade ) 

mencionada, e é o fluxo 

 

R 

magnético 

através da superfície lateral (curva) do cilindro. Sobre a 

primeira extremidade existe um fluxo direcionado para 

dentro, 

¤9 

] 

de modo que Wb. Sobre a segunda 

extremidade o campo magnético é uniforme, normal à 

superfície e direcionado para fora, de modo que o 

¤ . 

fluxo 

! 

é , Ê onde é a área da extremidade 

 

e é o raio do cilindro. 

R 

º Portanto, 

¤ ! Ê 

ºTR 

2546,+ Ã 

sen Ã + º h 

º h 

onde é a latitude magnética (latitude medida Ã 

a 

partir do equador magnético na direção do pólo norte 

magnético ou do pólo sul magnético). Suponha que o 

+ 

! ä ¤ 

! æ ¤ 

momento de dipolo magnético seja ¤ 

(a) Mostre que, na latitude + Ã , o módulo do campo 

magnético é dado por 

#%&'R|R A mR . 

¤ ! 

 

¡ # Z senR 

+ Ã 

º h 

(b) Mostre que y Ø a inclinação do campo magnético está 

relacionada com a latitude Ã magnética por 

+ 

-.0/ 

y Ø ¤ 

-1.0/ + Ã 

 

(a) O módulo do campo magnético é dado por 

`.’ 

z Wb #B&dc 

Como a soma dos três fluxos deve ser zero, temos 

 

R 

¤ 

¤ , 

# b 

#%&gcvh 

& #© 

X l[ 

¤ 

 

[gX [ 

Wb 

O sinal negativo indica que o fluxo está direcionado para 

dentro da superfície lateral. 

) 

 

] 

 

R 

Observe que o comprimento de $'& cm é uma informação 

totalmente supérflua para o cálculo pedido no problema. 

¤ š 

¤ 

º h 

254)62+ Ã u 

º h 

sen + Ã u 

Xl [ ¤@ 

º h 

¡ 2A46 R 

+ Ã 

[ senR 

+ Ã 

34.2.3 O Magnetismo da Terra – (10/17) 

E 34-10. Em New Hampshire, a componente horizontal 

média do campo magnético da Terra, em 1912, era 

de # b 

 

T e a inclinação média era de XTZ'Î . Qual era o 

h º 

onde usamos o fato que R 

+ Ã –@# 2A46 

senR 

+ Ã . 

(b) 

æ ! 

ä ! 

J 

P 

. 

K 

sen + Ã 

¤ 

¡ # 

Z sen R 

+ Ã 

correspondente módulo do campo magnético da Terra? 

Para situar-se, reveja o Exemplo 3 bem como a 

Fig. 34-10. 

O módulo do campo magnético da Terra e a sua componente 

horizontal ! ä 

estão relacionados por 

! 

J 

P 

º h 

K%254)62+ Ã 

¤ -.3/ + Ã 

P 34-14. Use os resultados do Problema 13 para calcular 

o campo magnético da Terra (módulo e inclinação): 

-.3/ 

º h 

y Ø ¤ 


$ 

 

 

! 

eq – 

 

Î . 

[ 

¤ 

¤ 

 

¤ 

¤ 

¡ # eq 

 

 

 

. 

[ 

 

 

 

, 

[ 

. 

[ 

 

Î 

 

 

< 

, 

, 

, 

 

Z 

 

 

¤ 

 

h 

 

R 

 

 

 

¤ 

¤ 

. 

[ 

[ 

¤ 

¤ 

[ 

¤ 

œ 

 

( 

[ 

œ 

' 

, 

 

, Î 

È 

 

( . 

. [ 

 

¤ 

[ 

[ 

È 

¤ 

 

h 

 

, 

 

¤ 

¤ 

 

$ 

< 

¤ 

, 

¤ 

 

 

œ 

 

h 

¤ 

$ 

, 

 

[ 

. 

# b && km 

 

 

h 

Î 

 

, 

, 

Z 



(a) no equador magnético; (b) num ponto de latitude 

magnética igual a b &( ; (c) no pólo norte magnético. 

Como sugerido no exercício anterior, suponha que 

Na superfície da Terra º 

A uma altura È , faremos º 

, onde R é o raio da Terra. 

œ 

; assim, È 

o momento de dipolo magnético da Terra seja 

¤ 

A mR . #B&'R|R 

(a) No equador magnético temos Ã ¤ 

&)( , portanto 

+ 

.’ 

Donde se conclui que 

¢ 4 

œ h 

¢ 4 

~ 

¤ # ~ 

5 

]ŽÅ h œ 

#B& c w 

$ & 

#B&RŽR 

.í 

#%& Y 

º h 

bt Z^X 

A inclinação y Ø é dada por 

-1.0/ + Ã 

¤ -.3/ 

Ø ¤ -.3/ 

c ] 

c ] & ( & ( 

y 

Observe que o coeficiente que aparece na frente da raiz 

quadrada é na verdade eq. Portanto, uma vez determinado, 

tal valor pode ser ‘reciclado’ em todos cálculos 

posteriores. 

! 

(b) Para Ã ¤ 

b & ( temos 

+ 

P 34-16. Usando a aproximação do campo do dipolo 

para o campo magnético da Terra dada no Problema 13, 

calcule a intensidade máxima do campo magnético na 

fronteira do revestimento do núcleo, que se encontra a 

\ && km abaixo da superfície da Terra. 

Usando a expressão obtida na parte (a) do problema 

13, observando que o máximo de ocorre quando 

! 

sen + Ã ¤ 

km, temos 

# , e que º 

b Z^XT& km \ && km ¤ Zl[gXT& 

Z #B& 

#B& c z T 

! ¤ ! 

Z senR 

+ Ã 

! ¤ 

Z sen R 

+ Ã 

¡ # 

¤ 

Z #B& 

#B&dc z 

¡ # 

Z senR b & ( 

º h 

5 

.’ 

#B& c w 

c z T #B& 

A y Ø inclinação é dada por 

#B&'R|R 

¢ # 

#B& Y 

Z [^X 

jd b 

Z $Z 

#%& c _ T 

Ø -.3/ 

 

c ] 

¤ 

& ( 

¤ 

X©[ ( 

y b 

(c) No pólo norte magnético Ã ¤ 

temos + 

¤ 

Z #B& ! 

#B& c z 

l& #%& c z T bd 

A y Ø inclinação é dada por 

y Ø ¤ -.3/ 

c ] 

-1.0/ 

¡ # 

 

( 

¤ 

& \ 

\ & ( 

& ( : \ 

& # 

P 34-15. Calcule a altura acima da superfície da Terra 

onde o módulo do campo magnético da Terra cai à metade 

do valor na superfície, na mesma latitude magnética. 

(Use a aproximação do campo do dipolo fornecida no 

Problema 13.) 

 

Do Problema 13 temos que 

P 34-17. Use os resultados do Problema 13 para calcular 

o módulo e o ângulo de inclinação do campo 

magnético da Terra no pólo norte geográfico. (Sugestão: 

o ângulo entre o eixo magnético e o eixo de rotação da 

Terra é igual a #'# j ( .) Porque os valores calculados não 

concordam com os valores medidos? 

Para entender o problema, comece por entender o que 

 

a Fig. 34-7 mostra. 

É dado que o ângulo entre o eixo magnético e o eixo 

de rotação da Terra ## kj ( é , de modo que Ã ¤ + 

Portanto, com º 

\ &( 

## kj ( 

! ¤ 

kj ( no pólo norte geográfico da Terra. 

Xl$ 

Z^XT& km obtemos o campo 

b 

œ5' 

¡ # 

h œ . A 

w .’ #B& c 

Z sen R 

+ Ã 

Z^X #%& Y bt 

c z T #B& 

#B&RŽR 

¡ # 

Z senR Xl$ kj ( 

-1.0/ 

! ¤ ~ 

e uma inlicnação y Ø igual a 

bd #'# 

¢ 4 

º h 

$l[ ( 


onde, para abreviar, definimos 4 

senR 

+ Ã . y Ø ¤ 

Z 

 

kj ( 

¤ 

Xl$ tan 

–@# 

tanc ]

© 

¤ 

E 

[ "! ¤ 

¯ Z 

 

¤ 

< 

 

¤ 

C 

C 

 

# 

Z 

 

 

 

 

 

< 

 

 

ñ 

o 

N 

¤ 

s 

Ø { 

! 

# 

o 

N 

 

 

¤ 

 

P 

 

{ 

 

p 

 

 



Uma explicação plausível para a discrepância entre os 

valores calculado e medido do campo magnético terrestre 

é que as fórmulas obtidas no Problema 34-13 estão 

baseadas na aproximação dipolar, que não representa 

adequadamente a distribuição real do campo terrestre 

perto da superfície. (A aproximação melhora significativamente 

quando calculamos o campo magnético terrestre 

longe do seu centro.) 

34.2.4 Paramagnetismo – (18/25) 

E 34-18. Um campo magnético de & kj T é aplicado a 

um gás paramagnético cujos átomos têm um momento 

de dipolo magnético intrínseco # #%& c R h de J/T. A que 

temperatura a energia cinética média de translação dos 

átomos do gás será igual à energia necessária para inverter 

completamente este dipolo neste campo magnético? 

 

A equação a ser satisfeita é a seguinte: 

¤ Z 

¯ E 

I ! ¤Þ 

! 

¯ onde 

Desta expressão obtemos a temperatura 

# Z$ 

Þ'¤ 

#B& c R h J/K é a constante de Boltzmann. 

¤ [ 

Z'$ # 

[)$ ( K & 

5 

R h & j & c #B& 

#%& c R h 

Perceba que como esta temperatura é muitissimo baixa 

(da ordem de X' 

a agitação térmica usual inverter os momentos de dipolo. 

j ( C) vemos que é muito fácil para 

E 34-19. Uma barra magnética cilíndrica tem comprimento 

jd & de cm e um diâmetro # & de cm. Ela possui 

uma magnetização uniforma jg Z #B& h de A/m. Qual é 

o seu momento de dipolo magnético? 

A relação entre a magnetização C e o momento 

 

magnético é: 

 

"! 

para verificar se obedece à lei de Curie. A amostra é 

colocada num campo magnético de & kj T que permanece 

constante durante toda a experiência. A seguir, 

a C 

magnetização é medida na faixa de temperatura 

de #B& até Z'&'& K. A lei de Curie será obedecida nestas 

condições? 

Para as medidas sendo feitas a maior razão entre 

o 

campo magnético e a & j temperatura #B& é 

¤ 

T K 

& j T/K. Verifique na Fig. 34-11 se este valor está 

& 

na região onde a magnetização é uma função linear da 

razão ! PTE . Como se vê, o valor está bem perto da origem 

e, portanto, concluimos que a magnetização obedece 

a lei de Curie. 

P 34-24. Um elétron com energia cinética p deslocase 

numa trajetória circular que é ortogonal a um campo 

magnético uniforme, submetido somente a ação do campo. 

(a) Mostre que o momento de dipolo magnético de- 

{ 

vido ao seu movimento orbital tem módulo 

¤O{ 

e sentido contrário ao de . (b) Calcule o módulo, a 

direção e o sentido do momento de dipolo magnético de 

um íon positivo que tem energia cinética Ø nas mesmas 

circunstâncias. (c) Um gás ionizado tem { Z #B&RÄ] jg 

e o mesmo número de íons/mh . Considere 

a energia cinética média dos elétrons igual bd 

elétrons/mh 

a 

c RfÎ J e a energia cinética média dos íons igual a 

#%& 

b #B& c RÄ] J. Calcule a magnetização do gás para um 

X 

campo magnético # de T. 

(a) Usando a Eq. 34-9 e a Eq. 30-17 (Cap. 30, 

 

pag. 165), obtemos: 

¤ 

# x N 

ò s 

¥§¦ ¨ ¤ 

raio 

x !u 

R u 

# 

! 

! 

Um elétron circula no sentido horário em um campo 

magnético direcionado para dentro do papel, por exemplo. 

O vetor velocidade angular resultante é também 

direcionado para dentro do papel. Mas a carga do 

elétron é negativa; assim, e, portanto, 

antiparalelo a . 

 

 

é antiparalelo a 

(b) O valor da carga cancela-se no cálculo de no item 

(a). Assim, para um íon positivo, vale a mesma relação: 

p P ! 

¤ 

¬ 

¬ onde é o volume da barra. Portanto, 

¤ 

C@¬ 

. 

È 

¤ 

'& $ mJ/T R º 

P 34-21. O sal paramagnético a que a curva de 

magnetização da Fig. 34-11 se aplica deve ser testado 

Um íon positivo circula no sentido anti-horário num 

campo magnético direcionado para dentro do papel. 

Portanto, tem sentido para fora do papel. Como o 

íon tem carga positiva, e, portanto antiparalelo 

a , como o elétron. 

 

 

é paralelo a 

¤ 


C 

, 

© 

p 

< 

p 

, 

¤ 

Ë 

Ç 

Ì 

¤ 

¤ 

# 

 

s 

x 

o 

x 

o 

 

s 

x 

N 

P º 

x 

¤ 

u 

¤ 

 

¤ 

¤ 

x 

x 

º 

N 

 

 



(c) Os dipolos magnéticos devidos aos elétrons e, aos 

íons possuem o mesmo sentido. Portanto, 

onde º é o raio da órbita. O campo elétrico induzido é 

tangente à órbita e muda a velocidade do elétron, sendo 

tal mudança dada por 

¤ 

Ø Ø ¤ # 

! ñ 

— p 

{ 

— 

— p onde — Ø e são, respectivamente, o número de 

elétrons e o número total de íons. — p — Ø ¤ 

— Como , 

obtemos para a magnetização: 

¤ 

¬ 

# ¤ 

s ! 

— 

u ¬ 

{ 

{ , ¤ Ø 

Z'&^X A/m 

 

A corrente média associada com cada volta do elétron 

circulando na órbita é 

Ë ¤ ¤ carga 

tempo Ë 

© Ì 

! º 

u Ì 

Ì 

! º 

To 

N x 

. 

— Ø { Ø ò 

— p p 

N ¤76 

34.2.5 Diamagnetismo – (26/27) 

º 

de modo que o momento de dipolo correspondente é 

. 

P 34-26. 

Uma substância diamagnética é fracamente repelida por 

um pólo de um ímã. A Fig. 34-22 apresenta um modelo 

para o estudo deste fenômeno. A “substância diamagnética” 

é uma espira de D corrente , que está colocada 

no eixo de um ímã e nas proximidades do seu pólo 

norte. Como a substância é diamagnética, o momento 

 

magnético da espira se alinhará antiparalelamente ao 

Portanto, variação do momento de dipolo é 

Ë ¤ 

—ýÇ Ê 

x 

ºlË 

# 

N ¤ 

# x 

N x 

. 

º u 

º s 

! º 

To 

34.2.6 Ferromagnetismo – (28/38) 

º R 

¤ 

# x 

º R ! R 

['o 

¤ 

. 

¤ 

campo do ímã. (a) Faça um esboço das linhas de 

em virtude do ímã. (b) Mostre o sentido da corrente Ç 

estiver antiparelelo a . (c) Usan- 

‚ 

na espira quando 

ž 

¡Í¤ 

ÇUžð 

do , mostre a partir de (a) e (b) que a 

força resultante D sobre aponta no sentido que se afasta 

do pólo norte do ímã. 

P 34-27¥ . 

Um elétron de o massa e carga de módulo se move 

numa órbita circular de raio x ao redor de um núcleo. 

º 

Um campo magnético é, então, estabelecido perpendicularmente 

ao plano da órbita. Supondo que o raio da 

órbita não varie e que a variação da velocidade escalar 

 

do elétron em conseqüência do campo seja pequena, 

determine uma expressão para a variação do momento 

magnético orbital do elétron. 

 

 

Um campo elétrico com linhas de campo circulares 

é induzido quando o campo magnético é ligado. Suponhamos 

que o campo magnético aumente linearmente 

de & até ! num tempo Ì . De acordo com a Eq. 32-24 a 

magnitude do campo elétrico na órbita é dada por 

º ž ! ¤ 

žÌ 

º ! ¤ 

Ì 

E 34-28. Medições realizadas em minas e em furos 

de prospecção mostram que a temperatura na Terra aumenta 

com a profundidade na taxa média de Z&( C/km. 

Supondo que a temperatura na superfície seja de #B&)( 

C, a que profundidade o ferro deixaria de ser ferromagnético? 

(A temperatura Curie do ferro varia muito 

pouco com a pressão.) 

 

A temperatura de Curie do ferro é XXT&)( C. Se chamarmos 

de a profundidade na qual a temperatura atinge 

esta valor, Æ ,Œ 

então Z'&)( C 

Æ ¤ 

XXT&)( C/km C, #%&( ou 

seja, isolando-se o valor de , 

Æ 

Æ ¤ 

C #B&)( C XXT&( 

( C/km Z& 

X b ¤ 

Z 

jd ZZ km 

E 34-29. O acoplamento de troca mencionado na 

secção 34-8 como responsável pelo ferromagnetismo 

não é a interação magnética mútua entre dois dipolos 

magnéticos elementares. Para mostrar isto, calcule: (a) 

o campo magnético a uma distância #B& de nm ao longo 

do eixo do dipolo de um átomo com momento de dipolo 

magnético igual a # j 

energia mínima necessária para inverter um segundo dipolo 

idêntico neste campo. Compare com o resultado 

do Exemplo 34-4. O que se pode concluir? 

#%& c R h J/T (cobalto) e (b) a 


¬ Fazendo 

Ë 

— 

¤ 

 

[ 

Z 

¤ 

¤ 

 

¤ 

 

 

¤ ² 

—98 

 

\ 

 

¤ 

 

 

 

¤ 

 

 

 

h Û 

 

< 

¤ 

 

 

 

 

h 

¤ 

! 

$ 

 

 

¤ 

œ 

o 

[ 

¤ 

¤ 

¤ 

s 

Z 

[ 

¤ 

¤ 

 

 

< 

— 

 

 

 

¤ 

. Z 

Z 

. 

 

 

 

¤ 

¤ 

 

 

œ 

$ 

 

 

¤ 

 

 

s 

[ 

 

 

u 

 



(a) O campo de um dipolo ao longo do seu eixo é 

 

dado pela Eq. 31-25: 

¤ C Ã£ã ¬ 

— 

#B& c RŽ_ A mR 

jg # j 

onde é o momento de dipolo e Û é a distância a partir 

do meio do dipolo. Portanto 

! ¤ 

. 

c T 5 

m/A # kj .’ w #%& 

#B& c Y T 

#B& 

#B& c e m 

 

R h J/T c #%& 

(b) A energia de um 

dipolo magnético num campo 

! 

magnético 

¤ 

/ ! ¤ "!/254)6 y é 

, y onde é o 

 

ângulo entre o momento de dipolo e o campo. A energia 

necessária para y #B$&( inverte-lo (de ) 

é 

¤ 

"! 

¤ 

kj #%& c R h # 

c R|e J #B& 

J5 

Z 

T 

&( até y 

 

Y T c #B& 

b #B& c ]`Î eV jd 

A energia cinética média de translação a temperatura 

ambiente é da ordem & &l[ de eV (veja o Exemplo 34-4). 

Portanto se interações do tipo dipolo-dipolo fossem responsáveis 

pelo alinhamento dos dipolos, colisões iriam 

facilmente “randomizar” [id est, tornar aleatórias] as 

direções dos momentos e eles não permaneceriam alinhados. 

P 34-32. O momento de dipolo magnético da Terra é 

J/T. (a) Se a origem deste magnetismo fosse 

uma esfera de ferro magnetizada, no centro da Terra, 

#B&'R|R 

qual deveria ser o seu raio? (b) Que fração do volume 

da Terra esta esfera ocuparia? Suponha um alinhamento 

completo dos dipolos. A densidade do núcleo da Terra 

#A[ g/cmh é . O momento de dipolo magnético de um 

átomo de ferro é # 

#B& c R h J/T. (Nota: consideramos 

a região mais interna do núcleo da Terra formada 

de partes líquida e sólida e parcialmente de ferro, porém 

o hipótese de um ímã permanente como fonte do magnetismo 

da Terra foi completamente afastada por diversas 

razões. Uma delas é que a temperatura está certamente 

acima do ponto de Curie.) 

— — — 

—ro o . 

[ 

! 

œ h PTZ 

. œ 

! 

(a) Se a magnetização da esfera está saturada, o momento 

de dipolo total é total , onde é o número 

de átomos de ferro na esfera e é o momento de dipolo 

de um átomo de ferro. Desejamos determinar o raio 

de uma esfera de ferro contendo átomos de ferro. A 

massa de tal esfera é , onde é a massa de um 

átomo de ferro. Ela também é dada por , onde 

é a densidade do ferro e é o raio da esfera. Portanto 

—¾o 

œ h PlZ e 

Substitua isto na relação total 

¤ [ 

. 

! 

h œ 

Zlo 

— 

para assim obter 

Î . 

! ¤ 

E 34-30. A magnetização na saturação do níquel vale 

#%& z A/m. Calcule o momento magnético de um 

total 

. 

! 

h œ 

Zlo 

ou seja, 

Zlo 

total 

. 

! u 

único átomo de níquel. (A densidade do níquel $ \ & é 

e sua massa molecular é j $ X^# g/mol.) 

g/cmh 

 

A magnetização de saturação corresponde ao completo 

alinhamento de todos os dipolos, dado por 

A massa de um átomo de ferro é 

j'b ® 

Com isto, obtemos 

A 

® # 

¤ 

b'b jlb 

\t Z 

#B&dc R|Y kg 

 

RŽw kg/u c #B& 

]ŽÅ h 

[ X 

¤ [ 

Ã£ã ¤ — 

¬ C 

A 

]ŽÅ h 

.’ 

# mh , a massa do níquel em 1 mh é 

¤ 

#B&Y g; portanto, 

Z \d 

#A[ 

c RŽY 5 #%& 

#B&RŽR 

# 

#B& h 

#%& c R h 

¤ $ \ & #B&Y ² 

$ X^# g/mol j 

Através da Eq. 2 do Cap. 21, temos: 

# kj # jl\ 

#%& z mol 

(b) O volume da esfera é 

$ \ & g/cmh 

#%&'Y mZ 

$ \ & 

# $ 

#B& z m 

¤ [ 

¬ p 

œ h 

 

h m #%&'z 

Assim, 

¤ [ 

#B& R|¼ átomos/mh 

# $ 

\t #© b 

#B& ]fY mh 


kj Z

Z 

. 

$ 

 

 

s 

— 

 

! 

 

 

¤ 

¤ 

Î 

[ 

¤ 

. 

¤ 

! 

¬ 

o 

 

¤ 

 

 

 

 

 

 

¤ 

 

Ø 

á 

¤ 

¤ 

< 

Ë 

¤ 

, 

¤ 

! 

. 

© 

x 

o 

Î 

J 

 

¤ 

 

! 

Î 

, 

¤ 

 

! 

œ 

Ê Ã 

x 

o 

s 

 

Ì 

¤ 

< 

x 

 



e o volume da Terra é 

¤ [ 

' ¬ 

de modo que a fração do volume da Terra que é ocupado 

pela esfera é 

bd Z)X 

 

m h Y #B& 

# &$ 

#B& RÄ] mh 

(b) Com a presença do ferro no interior do toróide, o 

campo é ! Ã 

transversal do toróide. Do Problema 17 do Cap. 32, a 

carga induzida em uma espira —9; de espiras e resistência 

é: œ 

$'&d# ! 

¢ 

 

final 

Î 

. Seja Ê a área da seção 

¢ 

 

K 

inicial 

¦ ¤ —9; 

¬¹p 

' ¬ 

¤ j Z 

#B&^]mY mh 

#B& c z 

a massa do núcleo e º o seu raio. A massa 

(a) Seja C 

de um o íon, , e o número de íons no — núcleo, . Con- 

, C”P©o 

siderando que a esfera seja de ferro, — temos 

C ¬ mas ; assim, 

XT$ b 

C 

#B& RÄ] mh 

¤ — ; 

Z 

# &$ 

œ ; 

¤:! 

Como a massa atômica do ferro jlb é o j'b ® , . Portanto, 

se é o momento magnético de um íon de ferro, 

 

será o momento magnético do núcleo, conseqüentemente 

— 

C ¤ 

o 

34.2.7 Problemas Extras 

Coletamos aqui alguns problemas da3 ã edição do livro 

que não aparecem mais na 4 ã edição mas que podem 

ainda ser úteis. 

Donde se conclui º que 

(b) A fração será: 

P 34-34. 

¤ 

#B& RŽR 

º 

u œ 

h ¤ 

! 

 

h PlZ º 

® j'b 

km. #B$) 

Z'Z 

#%& c z 

Um anel de Rowland é formado de material ferromagnético. 

Sua seção transversal é circular, com um 

raio interno de j cm, um raio externo de b cm e seu enrolamento 

tem [)&'& espiras. (a) Que corrente deve ser estabelecida 

no enrolamento para que o campo magnético 

no interior do toróide atinja o valor 

Î & mT? (b) 

Uma bobina secundária de ! & espiras e resistência de 

j 

é enrolada em torno do toróide. Sabendo-se que, 

$…é 

para este valor de 

Î 

, temos ! ¤ 

$&'& ! 

Î 

, determine 

a quantidade de carga que se move através da bobina 

secundária quando a corrente no enrolamento é ligada/ 

! 

(a) O campo de um toróide é ! ¤ 

ÕTú 

ÿ , onde — é 

o número total de espiras. Esse é um campo não uniforme, 

mas podemos considerar o campo aproximadamen- 

R|à 

te uniforme e igual ao valor do campo no meio do tubo 

do toróide. Portanto, 

P 34-??? Analise qualitativamente o aparecimento de 

momento de dipolos magnéticos induzidos num material 

diamagnético sob o ponto de vista da Lei de Faraday 

da indução. (Sugestão: Veja figura #B&Ü do Cap. 32. Note 

também que, para elétrons em órbita, os efeitos indutivos 

(qualquer mudança na velocidade escalar) persistem 

após o campo magnético ter parado de variar; estes efeitos 

só terminam depois que o campo magnético é removido.) 

Nota: este problema tem muito a ver com o problema 

34-27. 

 

Um campo elétrico com linhas de campo circulares é 

induzido quando se liga um campo magnético. Suponha 

que o campo magnético cresça de & até ! num tempo 

Ì . De acordo com a Eq. 32-24, a magnitude do campo 

elétrico na órbita é dada por 

º ž ! ¤ 

ž'Ì 

º ! ¤ 

Ì 

onde º é o raio da órbita. O campo elétrico é tangente 

à orbita e muda a velocidade do elétron, sendo tal 

mudança dada por 

N ¤ 

A corrente média associada com o elétron que circula na 

órbita Ç º é e o momento de dipolo é 

n)Ì 

© Ì 

! º 

lÌ 

! º 

To 

¤Hx N 

¤ 

Ç`— . Î º 

Donde se conclui que a Ç corrente & #A[ vale A. 

¤ +. 

N x 

. 

Pl 

¤ 

¤ # x N 

º 


Ê Ç 

º R 

º u

© 

º 

x 

¤ 

x 

 

Ë 

¤ 

s 

M 

u E 

o 

 

¤ 

¤ 

Î 

s 

© 

x 

o 

x 

! x 

To 

¤ 

¤ 

x 

o 

x 

s 



Com isto tudo, a mudança no momento de dipolo é 

AQUI FIGURA 

Assim, os elétrons sofrem a ação de uma força elétrica 

representada na figura acima. Suponha que o campo 

magnético aumente de uma quantidade num tempo 

! 

. Portanto, cada elétron tem uma mudança de veloci- 

E 

dade dada por 

! º 

To 

º R ! R 

[o 

! º 

u E 

E 

N ¤ 

Ë ¤ 

# x 

ºlË 

N ¤ 

# x 

u E 

n)E 

º ! 

e as novas velocidades são: 

 

Usando a Eq. 21 do Cap. 32, obtemos: 

To 

º ž ! ¤ 

žÌ 

! º 

To 

N ¤ N 

, 

( 

) para ver o sentido horário e ( ) para o sentido antihorário. 

Dividindo N por º e supondo que º não varie, 

temos: 

Î 

 

Essa nova velocidade angular permite fazer aumentar ou 

diminuir o momento magnético orbital. A existência 

de um efeito diamagnético num campo magnético 

constante pode ser “explicada”, observando que os 

elétrons circulantes continuam cortando as linhas de fluxo 

magnético. 


@ 

Î 

Î 

Ð 

¤ 

¤ 

š # ¤ 

 

Î=

! 

! 

¤ 

º 

! 

 

¤ 

º 

< Î º ž © Î 

žÌ 

¤ 

Ç 

¤ 

 

 

¸ 

Ç 

Ç 

¤ 

© ž 

žÌ 

 

¤ 

¤ 

 

¤ 

© ž 

žÌ 

< 

¤ 

œ Î=

Ç 

º 

 

¸ 

Ç 

µ 

¤ 

(b) Como Ç 

s 

ž 

¤ 

µ 

¸ 

¤ 

¸ 

Ç 

onde usamos o fato que Ê 

 

¸ 

¤ 

Ç 

 

 

¤ 

 

¸ 

Ç 

µ 

< Î 

G 

< 

¤ 

¤ 

 

 

 

 

R 

 

µ 

#B&'z V m/s 

¸ 

 

¤ 

 

¤ 

¤ 

Ç 

E 

 

! 

 

¤ 

¤ 

¤ 

¸ 

Ç 

Î 

. 

¸ 

. 

. 

[ 

º 

 

 

¸ 

Î 

. 

¸ 

º 

6 

 

 

R 

 

º 

 



O capacitor na Fig. 37-8 consistindo em duas placas circulares 

de œ #%$ raio cm está ligado a uma fonte de 

Ã sen’Ì fem , Ã ¤ 

' l& onde V #BZ& e 

rad/s. O valor máximo da corrente de deslocamento 

¸ ¤ 

é 

b 

 

A. Despreze a distorção do campo elétrico 

X 

nas bordas das placas. (a) Qual é o valor máximo da 

Ç corrente ? (b) Qual é o valor máximo ž PTžÌ de , onde 

é o fluxo elétrico na região entre as placas? (c) Qual 

é a ž separação entre as placas? (d) Determine o valor 

máximo do módulo de entre as placas a uma distância 

 

cm do centro. ## 

¤ ¸ 

R , onde Ç é a corrente de deslocamento 

total entre as placas œ e é o raio da placa. As li- 

ºTR©Plœ 

nhas de campo são círculos no eixo das placas, de modo 

que B é paralelo ao žð vetor . A magnitude do campo 

é constante ao longo da trajetória circular, de modo que 

žð 

dando 

¤ . 

º ! 

. Logo, 

º ! ¤ 

Î s 

ºTR ¸ 

u Ç 

R œ 

! ¤ 

 

(a) Para qualquer instante Ì , a corrente de deslocamento 

Ç 

existente no espaço entre as placas é igual 

Ç Î 

R œ 

O campo magnético máximo é dado por 

max º 

à corrente Ç condução nos fios. E Portanto max 

max ¤ ¤ 

b 

 

A. X 

max 

¤ 

Î Ç 

5< 

A 

5 

œ R 

¸ ¤ 

#B& c Y 

ž 

ž 

ž'Ì u 

max 

max 

c Y A #%& 

c ]mR F/m #B& 

& #B$ 

#B& c w 

& #'# 

X b 

Plž'Ì 

.’ 

¤ 

 

 

© 

ž)ð 

¤ 

. 

¦ 

¤ 

, 

 

. 

6 

, 

< 

µ 

< 

µ 

 

¤ 

Ê 

! 

! 

 

. 

. 

º 

. 

º 

. Î 

6 

Î 

. 

. 

6 

6 

Ì 

R Ì`º 

Î œ R 

< 

. Î 

6 

< 

Ç 

¤ 

< 

6 

Ì`º©R 

Î œ R 

< 

< 



dentro da barra à esquerda do corte, (conforme ilustrado 

na figura à direita). O campo elétrico está na direção 

positiva do eixo de modo que precisamos apenas considerar 

as faces do cilindro. A magnitude do campo 

elétrico na face esquerda é dado Æ ± por , onde é a resistividade 

da barra e ! é a densidade de corrente. 

! 

± 

Denotemos por © a magnitude do campo na face direita. 

Além disto, suponhamos que a densidade de corrente é 

uniforme na face esquerda e que o campo elétrico é uniforme 

na face direita. Neste caso, 

Como caminho de integração escolha um círculo que 

coincida com uma linha de campo magnético. Suponha 

que o raio do caminho de integração seja º (com º9KGœ ) 

e que seja a magnitude do campo para pontos sobre o 

caminho. Então 

! ¤ ! º . Na região do corte a 

žð 

corrente é zero e apenas a corrente de deslocamento contribui 

no lado direito da equação de Ampère-Maxwell. 

Como temos 

ž 

žÌ 

© ž 

žÌ 

¤ . 

a equação de Ampère-Maxwell nos fornece 

º R 

< Î œ R 

¤O! 

¦ 

ž$# 

± Ê 

Ê onde é a área de uma das faces. Nós supomos ainda 

que a resistividade é tão pequena que nos permita desprezar 

o termo acima no qual ela aparece. A lei de Gauss 

fica © Ê 

superfície Gaussiana. A área da face do cilindro Gaussiano 

Ê ºTR é , º onde é o raio, e a carga englobada 

pela Gaussiana F 

¤ ¦ 

é , onde é a carga na 

face da barra. Portanto 

¦

ExercÄ±cios Resolvidos de Teoria EletromagnÃ©tica ConteÂ´udo

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